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第七章复习立体几何的题型和方法(理)
【例题解析】
考点1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.
典型例题
例1（2011福建卷理）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，
???45CDA.
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP.
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为?30，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。
分析:本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、
推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满
分14分。
解法一：（I）因为PA?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PAAB?，
又,,ABADPAADA??所以AB?平面PAD。
又AB?平面PAB，所以平面PAB?平面PAD。
（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.CEAD?
在RtCDE?中，DE=cos451CD???，sin451,CECD????
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）,由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt???，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt?????
（i）设平面PCD的法向量为(,,)nxyz?，由nCD?，nPD?，得0,
(4)0.xytytx?????????
2
取xt?，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt??，
又(,0,)PBtt??，故由直线PB与平面PCD所成的角为30?，得
2
2222
|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx??????????即
解得445tt??或（舍去，因为AD40t???），所以4.5AB?
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
设G（0，m，0）（其中04mt???）
则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GCtmGDtmGPmt????????，
由||||GCGD?得222(4)tmmt????，（2）
由（1）、（2）消去t，化简得2340mm???（3）
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
解法二：（I）同解法一。
（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，则CEAD?。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.CEAD?
在RtCDE?中，DE=cos451CD???，sin451,CECD????
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt???，
(1,1,0),(0,4,).CDPDtt?????
设平面PCD的法向量为(,,)nxyz?，由nCD?，nPD?，得0,
(4)0.xytytx?????????
取xt?，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt??，
又(,0,)PBtt??，故由直线PB与平面PCD所成的角为30?，得
2
2222
|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx??????????即
解得445tt??或（舍去，因为AD40t???），所以4.5AB?
3
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
由GC=CD，得45GCDGDC?????，
从而90CGD???，即,CGAD??sin451,GDCD????
设,AB???则AD=4-,3AGADGD?????，
在RtABG?中，2222(3)GBABAG???????2392()1,
22?????
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
变式1:（2011辽宁理8）如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD?底面ABCD，则下列结论中不正确
的是
（A）AC⊥SB
（B）AB∥平面SCD
（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
（D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
变式2.（2011上海理21）已知1111ABCDABCD?是底面边长为1的正四棱柱，1O是11AC和11BD的交点。
（1）设1AB与底面1111ABCD所成的角的大小为?，二面角111ABDA??的大小为?。
求证：tan2tan???；
（2）若点C到平面11ABD的距离为43，求正四棱柱1111ABCDABCD?的高。
解：设正四棱柱的高为h。
⑴连1AO，1AA?底面1111ABCD于1A，
∴1AB与底面1111ABCD所成的角为11ABA?，即11ABA???
O1
D
C
B
A
D1
C1B1
A1
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
O1
4
∵11ABAD?，1O为11BD中点，∴111AOBD?，又1111AOBD?，
∴11AOA?是二面角111ABDA??的平面角，即11AOA???
∴1
11tan
AAhAB???，1
11tan22tan
AAhAO?????。
⑵建立如图空间直角坐标系，有11(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)AhBDCh
11(1,0,),(0,1,),(1,1,0)ABhADhAC?????
设平面11ABD的一个法向量为(,,)nxyz?，
∵110
0
nABnAB
nADnAD
??????????
?????
，取1z?得(,,1)nhh?
∴点C到平面11ABD的距离为
22
||043||1nAChhdnhh????????，则2?。
变式3:(06湖南卷)如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.
(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；
(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.
分析：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法
二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.
解：方法一（Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.
因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，
所以AD⊥PM，AD⊥QM.从而AD⊥平面PQM.
又?PQ平面PQM，所以PQ⊥AD.
同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）连结AC、BD设OBDAC??，由PQ⊥平面ABCD及正四棱
锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连接PN.
因为
21,21???OCNOOANOOQPO
，所以
OANOOQPO?
，
从而AQ∥PN，∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.
因为2222(22)13PBOBOP?????，222(2)13.NONOP?????
10)2()22(2222????ONOBBN
所以
9333210392cos
222?
????????PNPBBNPNPBBPN＋＝
.
Q
B
C
P
A
D
OM
z
y
x
A1
B1
C1
D1
A
BC
D
O1
5
从而异面直线AQ与PB所成的角是93arccos.
(Ⅲ)连结OM，则112.22OMABOQ???所以∠MQP＝45°.
由（Ⅰ）知AD⊥平面PMQ，所以平面PMQ⊥平面QAD.过P作PH⊥QM于H，PH⊥平面QAD.从而PH的长
是点P到平面QAD的距离.
又0323,sin45.2PQPOQOPHPQ??????即点P到平面QAD的距离是322.
方法二:（Ⅰ）连结AC、BD，设OBDAC??.
由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.
从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD.故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），
由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）.所以
)2,0,22(???AQ(0,22,1)PB??于是93,cos???PBAQ.
(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），
)0,22,22(???AD，
(0,0,3)PQ??，设),,(zyxn?是平面QAD的一个法向量，由
????
?
??
??
0
0
ADn
AQn得?
???
?????002yxzx.取x=1，得)2,1,1(???n.
所以点P到平面QAD的距离32
2
PQnd
n
???.
考点2异面直线的距离
此类题目主要考查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直线的距离.
典型例题
例2已知三棱锥ABCS?，底面是边长为24的正三角形，棱SC的长
为2，且垂直于底面.DE、分别为ABBC、的中点，求CD与SE间的距
离.
分析：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：如图所示，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，
Q
B
C
P
A
D
z
yx
O
6
EF?为BCD?的中位线，EF?∥CDCD?,∥面SEF,
CD?到平面SEF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CD上一点C到平面SEF的距离，设其为h，由题意知，24?BC,D、
E、F分别是AB、BC、BD的中点，
2,2,621,62??????SCDFCDEFCD
33222621312131?????????????SCDFEFVCEFS
在RtSCE?中，3222???CESCSE,
在RtSCF?中，30224422??????CFSCSF,
又3,6????SEFSEF?,
由于hSVV
SEFCEFSSEFC???????31
，即332331???h，解得332?,
故CD与SE间的距离为332.
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.
考点3直线到平面的距离
此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化.
例3．（2011福建理20）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，
CD=2，???45CDA．
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为?30，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理
由。
本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能
力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。
解法一：
（I）因为PA?平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以PAAB?，又,,ABADPAADA??所以AB?平面PAD。
又AB?平面PAB，所以平面PAB?平面PAD。
（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.CEAD?
在RtCDE?中，DE=cos451CD???，sin451,CECD????
7
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）,由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt???，(1,1,0),(0,4,).CDPDtt?????
（i）设平面PCD的法向量为(,,)nxyz?，由nCD?，nPD?，得0,
(4)0.xytytx?????????
取xt?，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt??，
又(,0,)PBtt??，故由直线PB与平面PCD所成的角为30?，得
2
2222
|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx??????????即
解得445tt??或（舍去，因为AD40t???），所以4.5AB?
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
设G（0，m，0）（其中04mt???）
则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GCtmGDtmGPmt????????，
由||||GCGD?得222(4)tmmt????，（2）
由（1）、（2）消去t，化简得2340mm???（3）
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
解法二：
（I）同解法一。
（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，
则CEAD?。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则.CEAD?
在RtCDE?中，DE=cos451CD???，sin451,CECD????
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）
由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)EtCtDt???，
(1,1,0),(0,4,).CDPDtt?????
设平面PCD的法向量为(,,)nxyz?，
8
由nCD?，nPD?，得0,
(4)0.xytytx?????????
取xt?，得平面PCD的一个法向量{,,4}nttt??，
又(,0,)PBtt??，故由直线PB与平面PCD所成的角为30?，得
2
2222
|24|1cos60||,,2||||(4)2nPBttnPBtttx??????????即
解得445tt??或（舍去，因为AD40t???），所以4.5AB?
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，
由GC=CD，得45GCDGDC?????，
从而90CGD???，即,CGAD?
?sin451,GDCD????
设,AB???则AD=4-,3AGADGD?????，
在RtABG?中，2222(3)GBABAG???????2392()1,
22?????
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。
变式1:如图，在棱长为2的正方体1AC中，G是1AA的中点，求BD到平面11DGB的距离.
分析：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：解析一BD?∥平面11DGB，
BD?上任意一点到平面11DGB的距离皆为所求，以下求
点O平面11DGB的距离,
1111CADB??，AADB111?，??11DB平面11ACCA,
又?11DB?平面11DGB
?平面1111DGBACCA?，两个平面的交线是GO1,
作GOOH1?于H，则有?OH平面11DGB，即OH是O点到平面11DGB的距离.
BA
CD
O
G
H
1A
1C
1D
1B
1O
9
在OGO1?中，2222121
11????????AOOOSOGO
.
又362,232121
11??????????OHOHGOOHSOGO
.即BD到平面11DGB的距离等于362.
解析二BD?∥平面11DGB，BD?上任意一点到平面11DGB的距离皆为所求，以下求点B平面11DGB的距离.
设点B到平面11DGB的距离为h，将它视为三棱锥11DGBB?的高，则
，由于632221,111111????????DGBGBBDDGBBSVV34222213111???????GBBDV,
,36264???h即BD到平面11DGB的距离等于362.
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.
考点4异面直线所成的角
此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的
重点.
例4．（2011北京理16）如图，在四棱锥PABCD?中，PA?平面ABCD，底面ABCD是菱形，
2,60ABBAD???.
(Ⅰ)求证：BD?平面;PAC
（Ⅱ）若,PAAB?求PB与AC所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.
（Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—3，2），A（0，—3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）.
所以).0,32,0(),2,3,1(???ACPB设PB与AC所成角为?，则
10
4632226||||cos?????ACPBACPB?
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(??BC设P（0，－3，t）（t>0），
则),3,1(tBP???设平面PBC的法向量),,(zyxm?,则0,0????mBPmBC
所以
????
?
????
???
03
,03
tzyx
yx令,3?y则.6,3tzx??所以)6,3,3(tm?
同理，平面PDC的法向量)6,3,3(tn??,因为平面PCB⊥平面PDC,
所以nm?=0，即0366
2???t
,解得6?t,所以PA=6
变式1:（2011重庆理19）如题（19）图，在四面体ABCD中，平面ABC?平面ACD，ABBC?，ADCD?，
CAD?????．
（Ⅰ）若AD??，ABBC??，求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）若二面角CABD??为???，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．
（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC.
故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，
即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3.
在Rt△ABC中，因AC=2AF=23，AB=2BC，
由勾股定理易知215415,.
55BCAB??
故四面体ABCD的体积
1114152154.332555ABCVSDF?????????
（II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是
异面直线AD与BC所成的角或其补角.
设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC，
故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°
11
设,sin.2aADaDFADCAD????则在33,cot,
236aRtDEFEFDFDEFa??????中
从而
13.26GHBCEFa???因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，122aFHBD??，
又1,22aFGAD??从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得2223cos
226FGGHFHGHFGHFGGHFG??????
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为3.
6
解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z
轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.
不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为
(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),
(0,3,1).
ACD
AD
?
?则
显然向量(0,0,1)k?是平面ABC的法向量.
已知二面角C—AB—D为60°，
故可取平面ABD的单位法向量(,,)nlmn?，使得1,60,.2nkn????从而
222
3,30,.
6
61,.
3
nADmnm
lmnl
?????
?????
由有从而
由得
设点B的坐标为6(,,0);,,
3BxyABBCnABl???由取
，有
22463,,
0,9,()
633(3)0,73
,369
xyxx
yxyy
?????
??????
?????????
?????
??
解之得舍去
易知6
3l??
与坐标系的建立方式不合，舍去.
因此点B的坐标为4673(,,0).
99B
所以4623(,,0).
99CB??
从而
12
22
233()
39cos,.
6||||4623
31()()99
ADCBADCB
ADCB
??
??????
???
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为3.
6
变式2:（06广东卷）如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8,BC是
⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE//AD.
(Ⅰ)求二面角B—AD—F的大小；
(Ⅱ)求直线BD与EF所成的角.
分析：关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角并掌握利用空间向
量求空间距离和角的一般方法.
解：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,
∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角.
是矩形的直径，是圆、ABFCOBCAF??，
是正方形，又ABFCACAB???6?,由于ABFC是正方形，所以∠
BAF＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；
(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，
23?，0），B（23，0，0）,D（0，23?，8），E（0，0，8），F（0，23，0）
所以，)8,23,0(),8,23,23(?????FEBD,0186482cos,.
10||||10082BDFEBDFEBDFE?????????
设异面直
线BD与EF所成角为?，则.82coscos,.10BDFE?????故直线BD与EF所成的角为1082arccos.
考点5直线和平面所成的角
此类题主要考查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5.（2011江苏16）如图，在四棱锥ABCDP?中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F
分别是AP、AD的中点
求证：（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。
13
证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD.
又因为EF?平面PCD，PD?平面PCD，所以直线EF//平面PCD.
（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的
中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，平面PAD?平面ABCD=AD，所以BF⊥
平面PAD。又因为BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
变式1（2011安徽理17）如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，
1,2,OAOD??△OAB，,△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线BC∥EF；
（II）求棱锥F—OBED的体积。
本题考查空间直线与直线，直线与平面、平面与平面的位置关系，
空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，
推理论证能力和运算求解能力.
（I）（综合法）
证明：设G是线段DA与EB延长线的交点.由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以
OB∥DE21，OG=OD=2，
同理，设G?是线段DA与线段FC延长线的交点，有.2???ODGO
又由于G和G?都在线段DA的延长线上，所以G与G?重合.
在△GED和△GFD中，由OB∥DE21和OC∥DF21，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是
△GEF的中位线，故BC∥EF.
（向量法）
过点F作ADFQ?，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为
坐标原点，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知).
23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(??CBFE
则有).3,0,3(),
23,0,23(????EFBC
所以,2BCEF?即得BC∥EF.
（II）解：由OB=1，OE=2，
23,60????EOBSEOB知
，而△OED是边长为2的正三角形，故.3?OEDS
=
===
14
所以.
233???OEDEOBOBEDSSS
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=3，
所以.2331???
?OBEDOBEDFSFQV
变式1（06全国卷Ⅰ理）四棱锥SABCD?中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC?底面ABCD．已知45ABC?∠，
2AB?，22BC?，3SASB??．
（Ⅰ）证明SABC?；
（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小．
解答过程：解法一：（Ⅰ）作SOBC⊥，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底
面ABCD，
得SO⊥底面ABCD．因为SASB?，所以AOBO?，
又45ABC?∠，故AOB△为等腰直角三角形，AOBO⊥，
由三垂线定理，得SABC⊥．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知SABC⊥，依题设ADBC∥，
故SAAD⊥，由22ADBC??，3SA?，2AO?，得
1SO?，11SD?．
SAB△的面积22
111222SABSAAB?????????
．
连结DB，得DAB△的面积
21sin13522SABAD??
设D到平面SAB的距离为h，由于DSABSABDVV???，得
121133hSSOS?
，解得2h?．
设SD与平面SAB所成角为?，则222sin
1111hSD????
．
所以，直线SD与平面SBC所成的我为22arcsin11．
解法二：（Ⅰ）作SOBC⊥，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD．
因为SASB?，所以AOBO?．
又45ABC?∠，AOB△为等腰直角三角形，AOOB⊥．
如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz?，
(200)A，，，(020)B，，，(020)C?，，，(001)S，，，(201)SA??，，，
(0220)CB?，，，0SACB?，所以SABC⊥．
D
BC
A
S
D
BC
A
S
O
E
G
y
x
z
O
D
BC
A
S
15
（Ⅱ）取AB中点E，220
22E??????，，
，
连结SE，取SE中点G，连结OG，221
442G??????，，
．
221442OG???????，，，22122SE???????，，，(220)AB??，，．
0SEOG?，0ABOG?，OG与平面SAB内两条相交直线SE，AB垂直．
所以OG?平面SAB，OG与DS的夹角记为?，SD与平面SAB所成的角记为?，则?与?互余．
(2220)D，，，(2221)DS??，，．22cos11OGDS
OGDS???
，22sin11??，
所以，直线SD与平面SAB所成的角为22arcsin11．
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：①构造——作出斜线与射影所成的角，②证明——论证作出的角为所求的角，③计算——常
用解三角形的方法求角，④结论——点明直线和平面所成的角的值.
考点6二面角
此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求
解.二面角是高考的热点，应重视.
典型例题
例6．（2011广东理18）如图,在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60?，2PAPD??,PB=2,
E,F分别是BC,PC的中点．
（1）证明：AD?平面DEF;
（2）求二面角P-AD-B的余弦值．
法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有PGAD?，在ABD?中，1,60ABADDAB?????，有ABD?为等边三角形，因此
,BGADBGPGG???，所以AD?平面PBG,.ADPBADGB???
又PB//EF，得ADEF?，而DE//GB得AD?DE，又FEDEE??，所以AD?平面DEF。
16
（2）,PGADBGAD??，PGB??为二面角P—AD—B的平面角，
在2227,4RtPAGPGPAAG????中，在3
2RtABG???中,BG=ABsin60=
222
734
2144cos
27732
22
PGBGPBPGB
PGBG
????
???????
??
法二：（1）取AD中点为G，因为,.PAPDPGAD??
又,60,ABADDABABD?????为等边三角形，因此，BGAD?，从而AD?平面PBG。
延长BG到O且使得PO?OB，又PO?平面PBG，PO?AD，,ADOBG??所以PO?平面
ABCD。以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，
建立如图所示空间直角坐标系。设11(0,0,),(,0,0),(,,0),(,,0).22PmGnAnDn?则
3||||sin60
2GBAB???
,333131(,0,0),(,1,0),(,,0),(,,).
22222422nmBnCnEnF?????
17
由于33(0,1,0),(,0,0),(,0,)
2242nmADDEFE?????
,
得0,0,,,ADDEADFEADDEADFEDEFEE????????,AD??平面DEF。
（2）13(,,),(,0,)
22PAnmPBnm??????
,
22221332,()2,1,.
422mnnmmn?????????解之得
取平面ABD的法向量1(0,0,1),n??设平面PAD的法向量2(,,)nabc?
由
22330,0,0,0,2222bbPAnacPDnac??????????得由得
取
23(1,0,).2n?
12
3
212cos,.
771
4
nn
?
??????
?
变式1:（2011湖北理18）如图，已知正三棱柱111ABCABC?的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在
侧棱1CC上，且不与点C重合．
（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥1AC；
（Ⅱ）设二面角CAFE??的大小为?，求tan?的最小值．
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算
求解能力。
解法1：过E作ENAC?于N，连结EF。
（I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，
底面ABC?侧面A1C。
又度面ABC侧面A，C=AC，且EN?底面ABC，
所以EN?侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，
在RtCNE?中，cos60CNCE??=1，则由
1
14CFCNCCCA??，得NF//AC1，
又11,ACAC?故1NFAC?。由三垂线定理知1.EFAC?
（II）如图2，连结AF，过N作NMAF?于M，连结ME。
18
由（I）知EN?侧面A1C，根据三垂线定理得,EMAF?
所以EMN?是二面角C—AF—E的平面角，即EMN???，设,045FAC????????则
在RtCNE?中，sin603,NEEC????在,sin3sin,RtAMNMNANaa????中
故3tan.
3sinNEMNa???
又2045,0sin,
2a????????
故当2sin,45
2a????即当
时，tan?达到最小
值；
36tan233????，此时F与C1重合。
解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得
1(0,0,0),(23,2,0),(0,4,0),(0,0,4),(3,3,0),(0,4,1),ABCAEF
于是1(0,4,4),(3,1,1).CAEF????则1(0,4,4)(3,1,1)0440,CAEF?????????故1.EFAC?
（II）设,(04)CF?????，平面AEF的一个法向量为(,,)mxyz?，则由（I）得F（0，4，?）
(3,3,0),(0,4,)AEAF???，于是由,mAEmAF??可得0,330,40.0,mAExyyzmAF???????????????????即
取(3,,4).m????
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为(1,0,0)n?，
于是由?为锐角可得||cos||||mnmn????2
22
316,sin2424????????，
所以2
216116tan333????????
，由04???，得114??，即116tan,
333????
故当4??，即点F与点C1重合时，tan?取得最小值6,
3
19
变式2:（07湖南卷）如图，已知直二面角PQ????，APQ?，B??，C??，CACB?，45BAP??，
直线CA和平面?所成的角为30．
（I）证明BCPQ⊥；
（II）求二面角BACP??的大小．
解：（I）在平面?内过点C作COPQ⊥于点O，连结OB．
因为??⊥，PQ???，所以CO?⊥，
又因为CACB?，所以OAOB?．
而45BAO??，所以45ABO??，90AOB??，
从而BOPQ⊥，又COPQ⊥，
所以PQ⊥平面OBC．因为BC?平面OBC，故PQBC⊥．
（II）解法一：由（I）知，BOPQ⊥，又??⊥，PQ???，BO??，所以BO?⊥．
过点O作OHAC⊥于点H，连结BH，由三垂线定理知，BHAC⊥．
故BHO?是二面角BACP??的平面角．
由（I）知，CO?⊥，所以CAO?是CA和平面?所成的角，则30CAO??，
不妨设2AC?，则3AO?，3sin302OHAO??．
在RtOAB△中，45ABOBAO????，所以3BOAO??，
于是在RtBOH△中，3tan2
3
2
BOBHO
OH????
．故二面角BACP??的大小为arctan2．
解法二：由（I）知，OCOA⊥，OCOB⊥，OAOB⊥，故可以O为原点，分别以直线OBOAOC，，为x
轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为COa⊥，所以CAO?是CA和平面?所成的角，则30CAO??．
不妨设2AC?，则3AO?，1CO?．
A
B
C
Q
?
?
P
A
B
C
Q
?
?
P
O
H
20
在RtOAB△中，45ABOBAO????，
所以3BOAO??．则相关各点的坐标分别是
(000)O，，，(300)B，，，(030)A，，，(001)C，，．
所以(330)AB??，，，(031)AC??，，．
设1n{}xyz?，，是平面ABC的一个法向量，由1
1
0
0
nAB
nAC
????
???
，得330
30
xy
yz
?????
?????
，
取1x?，得1(113)n?，，．易知2(100)n?，，是平面?的一个法向量．
设二面角BACP??的平面角为?，由图可知，12nn????，．
所以12
12
15cos5||||51nnnn?????．故二面角BACP??的大小为5arccos5．
小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平面角.无棱二面角棱的
确定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，②由二面角两个平面内的两条平行直线找出
棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，
即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.
变式3．(06重庆卷)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?30,求k的取值范
围.
分析：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关
键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.
解：解法一：（Ⅰ）证：由已知DF//
?
AB且?DAD为直角，故ABFD是
矩形，从而CD?BF.
又PA?底面ABCD,CD?AD，故由三垂线定理知CD?PD.在△PDC中，
E、F分别
PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CD?EF,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GH?BD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知
EH?BD.从而?EHG为二面角E-BD-C的平面角.
设AB=a,则在△PAC中，有EG=21PA=21ka.
以下计算GH，考察底面的平面图.连结GD.
因S△GBD=21BD·GH=21GB·DF.
A
B
C
Q
?
?
P
O
x
y
z
21
故GH=BDDFGB?.在△ABD中，因为AB＝a,AD=2a,得BD=5a.
而GB=21FB=21AD=a，DF=AB,从而得GH=BDABGB?=
aaa5?
＝.55a
因此tan∠EHG=GHEG=.
2
5
5
5
2
1
k
a
ka
?
由k＞0知EHG?是锐角，故要使EHG?＞?30，必须k25＞tan?30=,33解之得，k的取值范围为k＞.15152
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DC=(2a,0,0),BF=(0,2a,0),
DC·BF=0,故DC?BF.
设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故E?
?????2,,baa
.
从而BE=?
?????2,,0ba
，DC·BE=0,故DC?BE.由此得CD?面BEF.
（Ⅱ）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GH?BD垂足为H,由三垂线定理知EH?BD.
从而?EHG为二面角E-BD-C的平面角.
由PA＝k·AB得P(0,0,ka),E?
?????2,,kaaa
,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则GH=(x-a,y-a,0),BD=(-a,2a,0),
由GH·BD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a①
又因BH=(x-a,y,0),且BH与BD的方向相同，故aax??＝ay2，即2x+y=2a②
由①②解得x=53a,y=54a,从而GH＝?
???????0,51,52aa
，｜GH｜＝55a.
tan∠EHG=EG
GH
=
a
ka
5
5
2=k
25.由k＞0知，∠EHG是锐角，由?EHG＞,30?得tan∠EHG＞tan,30?即k25＞
22
.33故k的取值范围为k＞15152.
变式4（06北京卷）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P—ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且
PA=PB，点E是PD的中点.
（Ⅰ）求证：AC⊥PB；
（Ⅱ）求证：PB//平面AEC；
（Ⅲ）求二面角E—AC—B的大小.
解法一：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴AB是PB在平面ABCD上的射影.
又∵AB⊥AC，AC?平面ABCD，∴AC⊥PB.
（Ⅱ）连接BD，与AC相交于O，连接EO.
∵ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点,又E是PD的中点,∴EO∥PB.
又PB?平面AEC，EO?平面AEC，∴PB∥平面AEC.
（Ⅲ）取BC中点G，连接OG，则点G的坐标为(,,0)22ab,OG=(0,,0)2b.
又(0,,),22bbOE??(,0,0).ACa?,,OEACOGAC???
EOG??是二面角EACB??的平面角,2coscos,.
2OEOGEOGOEOGOEOG????????
135OEOG???,?二面角E-AC-B的大小为135o.
变式5:（2011湖南理19）如图5，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径2AB?,C是AB的中点，D
为AC的中点．
（Ⅰ）证明：平面POD?平面PAC;
（Ⅱ）求二面角BPAC??的余弦值。
23
解法1：连结OC，因为,OAOCDAC??是的中点,所以ACOD.
又PO?底面⊙O，AC?底面⊙O，所以ACPO?，
因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC?平面POD，
而AC?平面PAC，所以平面POD?平面PAC。
（II）在平面POD中，过O作OHPD?于H，由（I）知，平面,PODPAC?平面
所以OH?平面PAC，又PA?面PAC，所以.PAOH?
在平面PAO中，过O作OGPA?于G，连接HG，则有PA?平面OGH，
从而PAHG?，故OGH?为二面角B—PA—C的平面角。
在2,sin45.
2RtODAODOA?????中
在
22
22
102,.
512
2
POODRtPODOH
POOD
??
?????
?
中
在
22
216,.321POOARtPOAOGPOOA????????中
在
10
155,sin.
56
3
OHRtOHGOGH
OG?????中所以21510cos1sin1.255OGHOGH???????
故二面角B—PA—C的余弦值为10.
5
解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则
(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)OABCP?，11(,,0)22D?
设1111(,,)nxyz?是平面POD的一个法向量，则由110,0nODnOP????，得11
1
110,
22
20.
xy
z
?????
??
??
所以111110,,1,(1,1,0).zxyyn????取得
设2222(,,)nxyz?是平面PAC的一个法向量，则由220,0nPAnPC????，得22
22
20,
20.
xz
yz
??????
????
24
所以222222,2.1,xzyz????取z
得2(2,2,1)n??。
因为12(1,1,0)(2,2,1)0,nn?????
所以12.nn?从而平面POD?平面PAC。
（II）因为y轴?平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为
3(0,1,0).n?
由（I）知，平面PAC的一个法向量为2(2,2,1)n??,设向量23nn和的夹角为?，则
23
23
210cos.||||55nnnn??????由图可知，二面角B—PA—C的平面角与?相等，所以二面角B—PA—C的余
弦值为10.
5
变式6:（2011全国新课标理18）如图，四棱锥PABCD?中，底面ABCD为平行四边形，60DAB???，
2ABAD?，PD?底面ABCD．
（I）证明：PABD?；
（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
解：（Ⅰ）因为60,2DABABAD????，由余弦定理得3BDAD?,从而BD2+AD2=AB2，故BD?AD,又
PD?底面ABCD，可得BD?PD,所以BD?平面PAD.故PA?BD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则
??1,0,0A，??03,0B，，??1,3,0C?，??0,0,1P．
(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)ABPBBC??????
设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则
0,
0,{
nAB
nPB
??
??
即30
30
xy
yz
???
??
因此可取n=(3,1,3),
设平面PBC的法向量为m，则
m0,
m0,{
PB
BC
??
??
可取m=（0，-1，3?）,427cos,
727mn????
,
故二面角A-PB-C的余弦值为27
7?
考点7利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
25
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.
典型例题
例7．（04江苏卷）如图，已知1111ABCDABCD?是棱长为3的正方体，
点E在1AA上，点F在1CC上，且11AEFC??．
（1）求证：1EBFD，，，四点共面；
（2）若点G在BC上，23BG?，点M在1BB上，
GMBF⊥，垂足为H，求证：EM⊥平面11BCCB；
（3）用?表示截面1EBFD和侧面11BCCB所成的锐二面角的大小，求tan?．
解：解法一：（1）如图，在1DD上取点N，使1DN?，连结EN，CN，则1AEDN??，12CFND??．
因为AEDN∥，1NDCF∥，所以四边形ADNE，1CFDN都为平行四边形．
从而ENAD∥，1FDCN∥．
又因为ADBC∥，所以ENBC∥，故四边形BCNE是平行四边形，
由此推知CNBE∥，从而1FDBE∥．因此，1EBFD，，，四点共面．
（2）如图，GMBF⊥，又BMBC⊥，所以BGMCFB?∠∠，
tantanBMBGBGMBGCFB??∠∠23132BCBGCF????．
因为AEBM∥，所以ABME为平行四边形，从而ABEM∥．
又AB⊥平面11BCCB，所以EM⊥平面11BCCB．
（3）如图，连结EH．
因为MHBF⊥，EMBF⊥，所以BF⊥平面EMH，得EHBF⊥．
于是EHM∠是所求的二面角的平面角，即EHM??∠．
因为MBHCFB?∠∠，所以sinsinMHBMMBHBMCFB??∠∠
22223311332BCBMBCCF??????
，tan13EMMH???．
解法二：
（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE?，，，(032)BF?，，，
1(333)BD?，，，所以1BDBEBF??，故1BD，BE，BF共面．
又它们有公共点B，所以1EBFD，，，四点共面．
CB
A
G
H
M
D
EF
1B
1A
1D
1C
CB
A
G
H
M
D
EF
1B
1A
1D
1C
N
CB
A
G
H
M
D
EF
1B
1A
1D
1C
z
y
x
26
（2）如图，设(00)Mz，，，则20
3GMz????????，，
，
而(032)BF?，，，由题设得23203GMBFz????，得1z?．
因为(001)M，，，(301)E，，，有(300)ME?，，，
又1(003)BB?，，，(030)BC?，，，所以10MEBB?，0MEBC?，从而1MEBB⊥，MEBC⊥．
故ME⊥平面11BCCB．
（3）设向量(3)BPxy?，，⊥截面1EBFD，于是BPBE⊥，BPBF⊥．
而(301)BE?，，，(032)BF?，，，得330BPBEx???，360BPBFy???，解得1x??，2y??，所以
(123)BP???，，．
又(300)BA?，，⊥平面11BCCB，所以BP和BA的夹角等于?或π??（?为锐角）．
于是1cos
14
BPBA
BPBA???
．故tan13??．
小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面距离一般转化为AB
在面BDF的法向量n上的投影的绝对值.
变式1:（2011陕西理16）如图，在ABC?中，60,90,ABCBACAD????是BC上的高，沿AD把ABC?
折起，使90BCD??。
（Ⅰ）证明：平面ADB⊥平面BDC；
（Ⅱ）设Ｅ为BC的中点，求AE与DB夹角的余弦值。
解（Ⅰ）∵折起前AD是BC边上的高，∴当ΔABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB?DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD平面平面BDC．?平面ABD?平面BDC。
（Ⅱ）由∠BDC＝90?及（Ⅰ）知DA，DB，DC两两垂直，不防设DB=1，以D为坐标原点，以,,DBDCDA
27
B所在直线,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），
（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，3），E（12，32，0），AE?=13,,322?????
??
，
DB=（1，0,0,），AE?与DB夹角的余弦值为
cos＜AE，DB＞=
1
222.
22||||221
4
AEDB
AEDB
???
??
22
22221
4
??
?
．
考点8简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择题为主，通常结合多
面体的定义、性质进行判断.
典型例题
例8.如图左，在正三角形ABC中，D、E、F分别为各边的中点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，
将△ABC沿DE、EF、DF折成三棱锥后，GH与IJ所成角的度数为（）
A、90°B、60°C、45°D、0°
解:画出折叠后的图形，可看出GH，IJ是一对异面直线，即求异面直线所成角.
过点D分别作IJ和GH的平行线，即AD与DF，所以∠ADF即为所求.
因此GH与IJ所成角为60°，答案:B
变式1:长方体ABCD－A1B1C1D1中，
①设对角线D1B与自D1出发的三条棱分别成α、β、?角
求证：cos2α＋cos2β＋cos2?＝1
②设D1B与自D1出发的三个面成α、β、?角，求证：
cos2α＋cos2β＋cos2?＝2
分析:①因为三个角有一个公共边即D1B，在构造
的直角三角形中，角的邻边分别是从长方体一个顶点出
发的三条棱，在解题中注意使用对角线长与棱长的关系
③利用长方体性质，先找出α，β，?，然后利用各边
④所构成的直角三角形来解.
解：①连接BC1，设∠BD1C1＝α，长方体三条棱
长分别为a，b，c，设D1B＝l
B
AC
DE
FG
H
I
J
(A、B、C)
D
E
F
GH
I
J
AB
C
A
D
A1B
1
C1
D1
28
则cos2α＝
2
2la同理cos2β＝
2
2lb，cos2?＝
2
2lc
∴cos2α＋cos2β＋cos2?＝
2
222l＋c＋ba＝1
②连接D1C，∵BC⊥平面DCC1D1,∴∠BD1C即是D1B与平面DCC1D1所成的角，不妨设∠BD1C＝α，则cos2
α＝
2
22＋lba.同理：cos2β＝
2
22l＋cb，cos2?＝
2
22lac?.又∵l2＝a2＋b2＋c2.
∴cos2α＋cos2β＋cos2?＝
2
222)2l＋c＋b(a＝2.
考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算
棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.
直棱柱体积V等于底面积与高的乘积.
棱锥体积V等于31Sh其中S是底面积，h是棱锥的高.
典型例题
例9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2a，BC＝CA＝AA1＝a，
A1在底面△ABC上的射影O在AC上
①求AB与侧面AC1所成角；
②若O恰好是AC的中点，求此三棱柱的侧面积.
[思路启迪]①找出AB与侧面AC1所成角即是∠CAB；
②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面BCC1B1是正方形，侧面
ACC1A1和侧面ABB1A1是平行四边形，分别求其面积即可.
解答过程：①点A1在底面ABC的射影在AC上，
∴平面ACC1A1⊥平面ABC.在△ABC中，由BC＝AC＝a，AB＝2a.
∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面ACC1A1.
即∠CAB为AB与侧面AC1所成的角在Rt△ABC中，∠CAB＝45°.
∴AB与侧面AC1所成角是45°.
②∵O是AC中点，在Rt△AA1O中，AA1＝a，AO＝21a.∴AO1＝23a.
∴侧面ACC1A1面积S1＝2
123a＝AOAC?
.又BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥CC1.
又BB1＝BC＝a，∴侧面BCC1B1是正方形，面积S2＝a2.
过O作OD⊥AB于D，∵A1O⊥平面ABC，∴A1D⊥AB.
在Rt△AOD中，AO＝21a，∠CAD＝45°∴OD＝42a
A1
B1
C1
A
B
C
D
O
29
在Rt△A1OD中，A1D＝222
122342）＋（）（＝aaO＋AOD
＝a
87
.
∴侧面ABB1A1面积S3＝aaD＝AAB
8721??
＝227a.
∴三棱柱侧面积S＝S1＋S2＋S3＝273221a）＋＋（.
变式1:等边三角形ABC的边长为4，M、N分别为AB、AC的中点，
沿MN将△AMN折起，使得面AMN与面MNCB所成的二面角为30°，
则四棱锥A—MNCB的体积为（）
A、23B、23C、3D、3
分析:先找出二面角平面角，即∠AKL,再在△AKL中求出棱锥的高
h，再利用V＝31Sh即可.
解：在平面图中，过A作AL⊥BC，交MN于K，交BC于L.
则AK⊥MN，KL⊥MN.∴∠AKL＝30°.则四棱锥A—MNCB的高h
＝??30sinAK＝23.KL?242S
MNCB＋＝
＝33?.∴
233331VMNCBA??＝－＝23.∴答案A
变式2:如图，四棱锥P—ABCD中，底面是一个矩形，AB＝3，AD＝1，又PA⊥AB，PA＝4，∠PAD＝60°
①求四棱锥的体积；
②求二面角P－BC－D的大小.
分析:①找棱锥高线是关键，由题中条件可设△PAD的高PH即是棱锥的
高.
②找出二面角平面角∠PEH，在Rt△PHE中即可求出此角.
解：①∵PA⊥AB，AD⊥AB.∴AB⊥面PAD.又AB?面ABCD.
∴面PAD⊥面ABCD.
在面PAD内，作PH⊥AD交AD延长线于H.则PH⊥面ABCD，即PH
就是四棱锥的高.
又∠PAD＝60°，∴PH＝3223460sin＝＝???PA.
∴32321331S31V
ABCDABCDP＝＝＝－?????PH
.
②过H作HE⊥BC交BC延长线于E，连接PE，则HE＝AB＝3.
∵PH⊥面ABCD，∴PE⊥BC.
∴∠PEH为二面角P－BC－D的平面角.BA
CD
D1C1
B1A1
A
BC
MNK
L
A
B
C
M
N
K
L
P
A
HE
D
B
C
30
∴tan∠PEH＝332＝HEPH.即二面角的大小为arctan332.
变式3:（2006年全国卷Ⅱ）已知圆O1是半径为R的球O的一个小圆，且圆
O1的面积与球O的表面积的比值为92，则线段OO1与R的比值
为.
命题目的：①球截面的性质；②球表面积公式.
过程指引：依面积之比可求得Rr，再在Rt△OO1A中即得
解：设小圆半径为r，球半径为R
则924
2
2＝Rr???924
2
2＝Rr?322＝Rr
∴cos∠OAO1＝322＝Rr,而
31981sin1＝－＝＝αROO
,故填31
R
rA
O1
O
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