立体几何知识点与例题讲解、题型、方法技巧(理科)

一、知识点 <一>常用结论

1．证明直线与直线的平行的思考途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转

化为二直线同与第三条直线平行；（3）转化为线面平行；（4）转化为线面垂直；（5）转化为面面平行. 2．证明直线与平面的平行的思考途径：（1）转化为直线与平面无公共点；（2）转化

为线线平行；（3）转化为面面平行. 3．证明平面与平面平行的思考途径：（1）转化为判定二平面无公共点；（2）转化为线面平行；（3）转化为线面垂直. 4．证明直线与直线的垂直的思考途径：（1）转化为相交垂直；（2）转化为线面垂直；（3）转化为线与另一线的射影垂直；（4）转化为线与形成射影的斜线垂直. 5．证明直线与平面垂直的思考途径：（1）转化为该直线与平面内任一直线垂直；（2）转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直. 6．证明平面与平面的垂直的思考途径：（1）转化为判断二面角是直二面角；（2）转化为线面垂直.

7.夹角公式 ：设a＝(a1,a2,a3)，b＝(b1,b2,b3)，则cos〈a，b〉=|ab||a||b|a1b1a2b2a3b3aaa212223bbb212223.

8．异面直线所成角：cos|cosa,b|=

|x1x2y1y2z1z2|xyzx2y2z2212121222

（其中（090）为异面直线a,b所成角，a,b分别表示异面直线a,b的方向向量）

9.直线AB与平面所成角：arcsinABm(m为平面的法向量).

|AB||m|10、空间四点A、B、C、P共面OPxOAyOBzOC，且 x + y + z = 1 11.二面角l的平面角

arccosmnmn或arccos（m，n为平面，的法向量）.

|m||n||m||n|12.三余弦定理：设AC是α内的任一条直线，且BC⊥AC，垂足为C，又设AO与AB

所成的角为1，AB与AC所成的角为2，AO与AC所成的角为．则coscos1cos2. 13.空间两点间的距离公式 若

A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，则

dA,B=|AB|ABAB(x2x1)2(y2y1)2(z2z1)2.

14.异面直线间的距离： d|CDn| (l1,l2是两异面直线，其公垂向量为n，C、D分|n|别是l1,l2上任一点，d为l1,l2间的距离). 15.点B到平面的距离：d线，A）.

16.三个向量和的平方公式：(abc)abc2ab2bc2ca

2222|ABn|（n为平面的法向量，AB是经过面的一条斜|n|abc2|a||b|cosa,b2|b||c|cosb,c2|c||a|cosc,a

22217. 长度为l的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为l1、l2、l3，夹角分

1、2、3别为,则有

l2l12l22l32cos21cos22cos231sin21sin22sin232.

（立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）.

S'18. 面积射影定理 S.(平面多边形及其射影的面积分别是S、S'，它们所在

cos平面所成锐二面角的).

19. 球的组合体(1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对

角线长.(2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长.(3) 球与正四面体的组合体: 棱长为a的正四面体的内切球

的半径为

66a,外接球的半径为a. 12420. 求点到面的距离的常规方法是什么（直接法、体积法） 21. 求多面体体积的常规方法是什么（割补法、等积变换法）

〈二〉温馨提示：

1.直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时它们各自的取值范围

① 异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围依次

.

② 直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范围依次是．

〈三〉解题思路：

1、平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：

PA⊥面，AO为PO在内射影，a面，则

a⊥OAa⊥PO；a⊥POa⊥AO

线∥线线∥面面∥面 判定性质 线⊥线线⊥面面⊥面 线∥线线⊥面面∥面 P O a

线面平行的判定

： 线面垂直：

a∥b，b面，aa∥面 a b  a⊥b，a⊥c，b，c，bcOa⊥ a O α b c

线面平行的性质：

 ∥面，面，ba∥b 面面垂直：

三垂线定理（及逆定理）：

a ⊥面，a面⊥面⊥面，l，aaa，⊥l⊥oo（3）二面角：二面角l的平面角，0180

α a l β

a⊥面，b⊥面∥ab 面⊥a，面⊥a∥ a b 

2、三类角的定义及求法

（1）异面直线所成的角θ，0°＜

θ≤90°

（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90°

＝0o时，b∥或b

（三垂线定理法：A∈α作或证AB⊥β于B，作BO⊥棱于O，连AO，则AO

⊥棱l，∴∠AOB为所求。）

三类角的求法：

①找出或作出有关的角。

②证明其符合定义，并指出所求作

的角。

③计算大小（解直角三角形，或用余弦定理）。

二、题型与方法 【考点透视】

不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成。 求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。 【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.

例1如图，正三棱柱ABCABC的所有棱长都为2，D为CC中点． 1111A1 （Ⅰ）求证：AB1⊥平面ABD；

1C1（Ⅱ）求二面角AA1DB的大小； （Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离．

考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的 大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维 B1

A1能力和运算能力．

解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．

△ABC为正三角形，AO⊥BC．

C1B1

正三棱柱ABCABC中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

111AO⊥平面BCC1B1．

连结B1O，在正方形BBCC中，O，D分别为

11BC，CC1的中点， B1O⊥BD， AB1⊥BD．

在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B， AB1⊥平面ABD．

1（Ⅱ）设AB与A1B交于点G，在平面ABD中，作GF⊥A1D于F，连结AF，由（Ⅰ）得AB⊥111平面A1BD．

AF⊥A1D， ∠AFG为二面角AA1DB的平面角．

在△AA1D中，由等面积法可求得AF4又

AG55，

．

1AB12， sin∠AFGAG2102AF4545所以二面角AA1DB的大小为arcsin（Ⅲ）△ABD中，BDA1D1104．

5，A1B22，S△A1BD6，S△BCD1．

在正三棱柱中，A1到平面BCC1B1的距离为设点C到平面ABD的距离为d．

13．

由VA1BCD1VCA1BD，得S△BCD313S△A1BDd，

3d3S△BCD2．

S△A1BD2点C到平面A1BD的距离为2．

2解法二：（Ⅰ）取BC中点O，连结AO．

△ABC为正三角形，AO⊥BC．

在正三棱柱ABCABC中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

111AD⊥平面BCC1B1．

取B1C1中点O1，以O为原点，OB，OO1，OA的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(112，0)， ，，0)，A1(0，0，3)，B1(1，2，3)，A(0， AB1(1，2，3)，BD(210)，2，3)． ，，，BA1(1A1C1AB1BD2200，AB1BA11430，

B1

AB1⊥BD，AB1⊥BA1．

AB1⊥平面A1BD．

（Ⅱ）设平面AAD的法向量为n(x，y，z)．

1AD(11，，3)，AA1(0，2，0)． n⊥AD，n⊥AA1，

xy3z0，y0， nAD0，2y0，x3z．nAA10，令z1得n(3，01)，为平面A1AD的一个法向量．

由（Ⅰ）知AB⊥平面A1BD，

1AB1为平面A1BD的法向量．

cosn，ABnAB133614222nAB1．

二面角AA1DB的大小为arccos6．

4（Ⅲ）由（Ⅱ），AB为平面ABD法向量，

11BC(2，0，，0)AB1(1，2，3)．

点C到平面A1BD的距离dBCAB122．

AB1222小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B点到平面AMB1的距离转化为容易求的点K到平面AMB1的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法. 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.

例2已知三棱锥SABC，底面是边长为42的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面.E、D分别为BC、AB的中点，求CD与SE间的距离. 思路启迪：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. 解答过程：

如图所示，取BD的中点F，连结EF，SF，CF，

EF为BCD的中位线，EF∥CD,CD∥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，BC42,D、E、F分别是

AB、BC、BD的中点，

CD26,EFVSCEF1CD6,DF2,SC2 2111123EFDFSC622 32323在RtSCE中，SESC2CE223

在RtSCF中，SFSC2CF2424230 又EF6,SSEF3

13132323，解得h

33由于VCSEFVSCEFSSEFh，即3h故CD与SE间的距离为

23. 3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． 如图，在棱长为2的正方体AC1中，G是AA1的中点，求BD到平面GB1D1的距离.

思路启迪：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. D1 解答过程：

解析一 BD∥平面GB1D1，

A1O1 C1B1BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，以下求

点O平面GB1D1的距离,

B1D1A1C1，B1D1A1A，B1D1平面A1ACC1,

又B1D1平面GB1D1

平面A1ACC1GB1D1，两个平面的交线是O1G,

作OHO1G于H，则有OH平面GB1D1，即OH是O点到平面GB1D1的距离. 在O1OG中，SOOGO1OAO222.

11212又SOOGOHO1G3OH2,OH1121226. 3即BD到平面GB1D1的距离等于

26. 3解析二 BD∥平面GB1D1，

BD上任意一点到平面GB1D1的距离皆为所求，以下求点B平面GB1D1的距离.

设点B到平面GB1D1的距离为h，将它视为三棱锥BGB1D1的高，则

VBGB1D1VD1GBB1,由于SGB1D112236，2

114VD1GBB1222323,

h4626, 3即BD到平面GB1D1的距离等于

26. 3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、如图，在Rt△AOB中，OABπ，斜边AB4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO6为轴旋转得到，且二面角BAOC的直二面角．D是AB点．

A的中

D（1）求证：平面COD平面AOB； （2）求异面直线AO与CD所成角的大小．

OCEB思路启迪：1）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内.

解答过程：解法1：（错误！未找到引用源。）由题意，COAO，BOAO，

BOC是二面角BAOC是直二面角， COBO，又AOBOO，

zADCO平面AOB，

又CO平面COD．

OByxC平面COD平面AOB．

（2）作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则，DE∥AOCDE是异面直线AO与CD所成的角．

在Rt△COE中，COBO2，OE12BO1，

CECO2OE25．

又DE1AO

23．在Rt△CDE中，tanCDECEDE515．

33异面直线AO与CD所成角的大小为arctan15．

3解法2：（1）同解法1．

（2）建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，A(0，0，23)，OA(0，0，23)，CD(21，，3)， cosOA，CDOACD6．

OACD623224C(2，0，0)，D(01，，3)，

异面直线AO与CD所成角的大小为arccos6．

4小结： 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：①平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；②补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求

异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：0,.

2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. 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，AB2，BC22，SASB3．

S（Ⅰ）证明SABC；

（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小．

CDAB考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，

二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．

解答过程：解法一：（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD， 得SO⊥底面ABCD．

O 因为SASB，所以AOBO，

又∠ABC45，故△AOB为等腰直角三角形，AO⊥BO， 由三垂线定理，得SA⊥BC．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC，依题设AD∥BC， 故SA⊥AD，由ADBC22，SA3，AO2，得

SO1，SD11．

△SAB的面积S11AB21SAAB2．

222连结DB，得△DAB的面积S2ABADsin1352 设D到平面SAB的距离为h，由于VDSABVSABD，得

11hS1SOS2，解得h2． 3312设SD与平面SAB所成角为，则sinh222． SD11112211所以，直线SD与平面SBC所成的我为arcsin解法二：

．

（Ⅰ）作SO⊥BC，垂足为O，连结AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥平面ABCD． 因为SASB，所以AOBO．

又∠ABC45，△AOB为等腰直角三角形，AO⊥OB． z如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz， GO0，1)，SA(2，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，S(0，0，1)， yExCB(0，22，0)，SACB0，所以SA⊥BC．

（Ⅱ）取AB中点E，E22，

02，2，连结SE，取SE中点G，连结OG，G221．

4，4，2221，22，AB(OG，，SE14422，2，2，2，0)．

SEOG0，ABOG0，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．

D(2，22，0)，DS(2，221，)．

cosOGDSOGDS22，sin221111，

所以，直线SD与平面SAB所成的角为arcsin2211．

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.

例6．如图，已知直二面角PQ，APQ，B，C，CACB，BAP45，直线CA和平面所成的角为30．



（I）证明BC⊥PQ；  （II）求二面角BACP的大小．

命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

过程指引：（I）在平面内过点C作CO⊥PQ于点O，连结OB．



因为⊥，PQ，所以CO⊥， 又因为CACB，所以OAOB．

而BAO45，所以ABO45，AOB90， 从而BO⊥PQ，又CO⊥PQ，

所以PQ⊥平面OBC．因为BC平面OBC，故PQ⊥BC． （II）解法一：由（I）知，BO⊥PQ，又⊥，PQ，

BO，所以BO⊥．

 过点O作OH⊥AC于点H，连结BH，由三垂线定理知，BH⊥AC． 故BHO是二面角BACP的平面角．

由（I）知，CO⊥，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30，

3． 2不妨设AC2，则AO3，OHAOsin30在Rt△OAB中，ABOBAO45，所以BOAO3，

BOOH32． 32于是在Rt△BOH中，tanBHO故二面角BACP的大小为arctan2．

解法二：由（I）知，OC⊥OA，OC⊥OB，OA⊥OB，故可以O为原点，分别以直线

OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）． 因为CO⊥a，所以CAO是CA和平面所成的角，则CAO30．  不妨设AC2，则AO3，CO1． 在Rt△OAB中，ABOBAO45， 所以BOAO3． 则相关各点的坐标分别是

O(0，0，0)，B(3，0，1)． 0，0)，A(0，3，0)，C(0，所以AB(3，3，0)，AC(0，31)，．

3x3y0，n1AB0，设n1{x，y，z}是平面ABC的一个法向量，由得 3yz0n1AC0取x1，得n1(11，，3)．

易知n2(10，，0)是平面的一个法向量．

设二面角BACP的平面角为，由图可知，n1，n2． 所以cosn1n215．

5|n1||n2|515． 5故二面角BACP的大小为arccos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.

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.

例7．如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11．

（1）求证：E，B，F，D1四点共面；

（2）若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1；

23（3）用表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的大小，求tan．

命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力． 过程指引：解法一：

（1）如图，在DD1上取点N，使DN1，连结EN，CN，则

AEDN1，CFND12．

C1 D1 B1 A1

F N M D

E

因为AE∥DN，ND1∥CF，所以四边形ADNE，CFD1N都为平C 行四边形．

从而EN∥AD，FD1∥CN．

H G B

A

又因为AD∥BC，所以EN∥BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN∥BE，从而FD1∥BE．

因此，E，B，F，D1四点共面．

（2）如图，GM⊥BF，又BM⊥BC，所以∠BGM∠CFB，

BMBGtan∠BGMBGtan∠CFBBGBC231． CF32因为AE∥BM，所以ABME为平行四边形，从而AB∥EM． 又AB⊥平面BCC1B1，所以EM⊥平面BCC1B1． （3）如图，连结EH．

因为MH⊥BF，EM⊥BF，所以BF⊥平面EMH，得EH⊥BF．

于是∠EHM是所求的二面角的平面角，即∠EHM． 因为∠MBH∠CFB，所以MHBMsin∠MBHBMsin∠CFB

BMBCBC2CF2133222313， tanEMMH13．

解法二：

（1）建立如图所示的坐标系，则BE(3，3，3)， 01)，，BF(0，3，2)，BD1(3，所以BD1BEBF，故BD1，BE，BF共面． 又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面．

2，z， （2）如图，设M(0，0，z)，则GM0，3D1 C1 z A1 B1 E F M D y x

C H G B A 而BF(0，3，2)，由题设得GMBF3z20， 得z1．

因为M(0，0，1)，E(3，0，1)，有ME(3，0，0)，

又BB1(0， 0，3)，BC(0，3，0)，所以MEBB10，MEBC0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC．故ME⊥平面BCC1B1．

（3）设向量BP(x，y，3)⊥截面EBFD1，于是BP⊥BE，BP⊥BF．

而BE(3，得BPBE3x30，BPBF3y60，解得x1，y2，01)，，BF(0，3，2)，所以BP(1，2，3)．

又BA(3，． 0，0)⊥平面BCC1B1，所以BP和BA的夹角等于或π（为锐角）

23于是cosBPBABPBA1． 14故tan13．

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.

C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.

AMBN例8 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，

再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器的底面边长为 时容积最大.

[思路启迪]设四边形一边AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时AD长度即可.

解答过程：如图（2）设AD＝a，易知∠ABC＝60°，且∠ABD＝30°AB＝3a .

BD＝2a正六棱柱体积为V .

22V＝6（1－2a）a 1－2a）sin603a＝（12923 ＝(12a)(12a)4a≤（ . ）989823当且仅当 1－2a＝4a  a＝时，体积最大， 此时底面边长为1－2a＝1－2×＝ .

162316∴ 答案为 .

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Sh其中S是底面积，h是棱锥的高. 典型例题

例9 .（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，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

r，再在Rt△OO1A中R291316即得

解答过程：设小圆半径为r，球半径为R

r22r22r22＝＝＝则 R34R294R29rR22 3Or∴ cos∠OAO1＝＝而

OO181＝sinα＝1－＝ R931 3故填

<二>选择题辨析

[注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×）（可能两条直线平行，也可能是点和直线等）

②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交

③若直线a、b异面，a平行于平面，b与的关系是相交、平行、在平面内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点.

⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形）

⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点向这个．．平面所引的垂线段和斜线段）

⑦a,b是夹在两平行平面间的线段，若ab，则a,b的位置关系为相交或平行或异面. [注]：①直线a与平面内一条直线平行，则a∥. （×）（平面外一条直线） ②直线a与平面内一条直线相交，则a与平面相交. （×）（平面外一条直线） ③若直线a与平面平行，则内必存在无数条直线与a平行. （√）（不是任意一条直线，可利用平行的传递性证之）

④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×）（可能在此平面内）

⑤平行于同一直线的两个平面平行.（×）（两个平面可能相交）

⑥平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面） ⑦直线l与平面、所成角相等，则∥.（×）（、可能相交）

[注]：①垂直于同一平面的两个平面平行.（×）（可能相交，垂直于同一条直线的．．．．．．．．．两个平面平行）

②垂直于同一直线的两个平面平行.（√）（一条直线垂直于平行的一个平面，必垂直于另一个平面）

③垂直于同一平面的两条直线平行.（√）

[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）] ⑵射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上

[注]：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（×）（斜四面体的两个平行的平面可以为矩形）

②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱.（×）（应是各侧面都是正方形的直棱柱．才行）

③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.（×）（只能推出对角线相等，推不出底面为矩形）

④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. （两条边可能相交，可能不相交，若两条边相交，则应是充要条件） [注]：①一个棱锥可以四各面都为直角三角形.

②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以V棱柱Sh3V棱柱

[注]：i. 正四棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形.（不是等边三角形） ii. 正四面体是各棱相等，而正三棱锥是底面为正△侧棱与底棱不一定相等 iii. 正棱锥定义的推论：若一个棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形（即侧棱相等）；底面为正多边形.

[注]：i. 各个侧面都是等腰三角形，且底面是正方形的棱锥是正四棱锥.（×）（各

Aba个侧面的等腰三角形不知是否全等）

BDcCii. 若一个三角锥，两条对角线互相垂直，则第三对角线必然垂直. 简证：AB⊥CD，AC⊥BD BC⊥AD. 令ABa,ADc,ACb

EDF得BCACABba,ADcBCADbcac，已知acb0,bacA0 HBO'GCacbc0则BCAD0.

iii. 空间四边形OABC且四边长相等，则顺次连结各边的中点的四边形一定是矩形. iv. 若是四边长与对角线分别相等，则顺次连结各边的中点的四边是一定是正方形. 简证：取AC中点O'，则ooAC,BOACAC平面OOBACBOFGH90°易知EFGH为平行四边形EFGH为长方形.若对角线等，则EFFGEFGH为正方形. 注：①若a与b共线，b与c共线，则a与c共线.（×） [当b0时，不成立] ②向量a,b,c共面即它们所在直线共面.（×） [可能异面]

③若a∥b，则存在小任一实数，使ab.（×）[与b0不成立]

④若a为非零向量，则0a0.（√）[这里用到b(b0)之积仍为向量]