1、1第 7讲 空间线、面的位置关系高考统计定方向热点题型 真题统计 命题规律题型 1：空间线、面位置关系的判断与证明2018全国卷T18；2018 全国卷T19；2018 全国卷T192017全国卷T18；2017 全国卷T6；2017 全国卷T182017全国卷T10；2017 全国卷T19；2016 全国卷T182016全国卷T19；2015 全国卷T18；2015 全国卷T182014全国卷T19；2014 全国卷T18题型 2：求空间角2018全国卷T9；2016 全国卷T11题型 3：平面图形的折叠问题2018全国卷T18；2016 全国卷T191.对线面位置关系的考查，主要以解答题的
2、形式呈现，且出现在第(1)问.2.对异面直线的夹角，主要以小题的形式考查.3.解答题为每年必考内容，一般设置两问：(1)证明线面位置关系；(2)求解与体积、面积有关的问题.题型 1 空间线、面位置关系的判断与证明核心知识储备1直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理： a ， b ， a ba .(2)线面平行的性质定理： a ， a ， ba b.(3)面面平行的判定定理： a ， b ， a b P， a ， b .(4)面面平行的性质定理： ， a， ba b.2直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理： m ， n ， m n P， l m， l nl .(2)
3、线面垂直的性质定理： a ， b a b.(3)面面垂直的判定定理： a ， a .2(4)面面垂直的性质定理： ， l， a ， a la .高考考法示例角度一 线、面位置关系的判断【例 11】 (1)(2018成都模拟)已知 m， n是空间中两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，且 m ， n .有下列命题：若 ，则 m n；若 ，则 m ；若 l，且 m l， n l，则 ；若 l，且 m l， m n，则 .其中真命题的个数是 ( )A0 B1 C2 D3(2)(2018西安模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 与棱 AB， AC， A1C1， A1B1分别交于点 E， F，
4、 G， H，且直线 AA1平面 .有下列三个命题： 四边形 EFGH是平行四边形；平面 平面 BCC1B1；平面 平面 BCFE.其中正确的命题有 ( )A B C D(1)B (2)C (1)若 ，则 m n或 m， n异面，不正确；若 ，根据平面与平面平行的性质，可得 m ，正确；若 l，且 m l， n l，则 与 不一定垂直，不正确；若 l，且 m l， m n， l与 n不一定相交，不能推出 ，不正确故选 B.(2)由题意画出草图如图所示，因为 AA1平面 ，平面 平面 AA1B1B EH，所以AA1 EH.同理 AA1 GF，所以 EH GF.又 ABCA1B1C1是直三棱柱，易知
5、 EH GF AA1，所以四边形 EFGH是平行四边形，故正确；若平面 平面 BB1C1C，由平面 平面A1B1C1 GH，平面 BCC1B1平面 A1B1C1 B1C1，知 GH B1C1，而 GH B1C1不一定成立，故错误；由 AA1平面 BCFE，结合 AA1 EH知 EH平面 BCFE，又 EH平面 ，所以平面 平面 BCFE，故正确综上可知，故选 C.3角度二 线面位置关系的证明【例 12】 (2018全国卷)如图 2419，矩形 ABCD所在平面与半圆弧 所在平CD面垂直， M是 上异于 C， D的点CD图 2419(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)在线段 AM上是否存
6、在点 P，使得 MC平面 PBD，说明理由解 (1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC CD， BC平面ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BC DM.因为 M为 上异于 C， D的点，且 DC为直径，所以 DM CM.CD又 BC CM C，所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)当 P为 AM的中点时， MC平面 PBD.证明如下：如图，连接 AC交 BD于 O.因为 ABCD为矩形，所以 O为 AC中点连接 OP，因为 P为 AM中点，所以 MC OP.又MC平面 PBD， OP平面 PBD，所以 MC平面 PB
7、D.方法归纳1判断与空间位置关系有关的命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结4合有关定理，进行判断(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断2证明线面位置关系的方法(1)证明线线平行的方法：三角形的中位线等平面几何中的性质；线面平行的性质定理；面面平行的性质定理；线面垂直的性质定理(2)证明线面平行的方法：寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；寻找面面平行，利用面面平行的性质(3)证明线面垂直的方法：线
8、面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；线面垂直的判定定理；面面垂直的性质定理(4)证明面面垂直的方法：定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线对点即时训练1(2018广州模拟)设 m， n是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A若 ， m ， n ，则 m nB若 m ， m n， n ，则 C若 m n， m ， n ，则 D若 ， m ， n ，则 m nB 选项 A，若 ， m ， n ，则 m n与 m， n是异面直线均有可能，不正确；选项 C，若 m n， m ， n ，则 ，
9、有可能相交但不垂直，不正确；选项 D，若 ， m ， n ，则 m， n有可能是异面直线，不正确，故选 B.2(2018南宁模拟)如图 2420，在四棱锥 PABCD中， ABC ACD90， BAC CAD60， PA平面 ABCD， E为 PD的中点， PA2 AB2.图 2420(1)求证： PC AE；(2)求证： CE平面 PAB.证明 (1)在 Rt ABC中， AB1， BAC60， BC ， AC2.取 PC的中点 F，连接 AF， EF，35 PA AC2， PC AF. PA平面 ABCD， CD平面 ABCD， PA CD，又 ACD90，即 CD AC，PA AC A，
10、 CD平面 PAC，又 PC平面 PAC， CD PC， EF是 PCD的中位线， EF CD， EF PC.又 AF EF F， PC平面 AEF. AE平面 AEF， PC AE(2)取 AD的中点 M，连接 EM， CM，则 EM PA. EM平面 PAB， PA平面 PAB， EM平面 PAB.在 Rt ACD中， CAD60， AC AM2， ACM60，而 BAC60， MC AB. MC平面 PAB， AB平面 PAB， MC平面 PAB. EM MC M，平面 EMC平面 PAB. EC平面 EMC， EC平面 PAB.题型 2 求空间角核心知识储备1异面直线所成角的范围是 ，
11、所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相(0，2交垂直2求异面直线所成角的一般步骤(1)找出(或作出)适合题设的角用平移法；(2)求转化为在三角形中求解；(3)结论由所求得的角或其补角即为所求3直线与平面所成的角6(1)范围： ，如图 2421.0，2图 2421(2)求解步骤寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射线，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)，通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，即 sin .其中， 为线面角， h为点 B到平面hl
12、 的距离， l为斜线段 AB的长高考考法示例【例 2】 (1)(2018全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E为棱 CC1的中点，则异面直线 AE与 CD所成角的正切值为( )A. B. C. D.22 32 52 72(2)(2017全国卷)已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC120，AB2， BC CC11，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.32 155 105 33(3)(2018青海模拟)如图 2422，正四棱锥 PABCD的体积为 2，底面积为 6， E为侧棱 PC的中点，则直线 BE与平面 PAC所成的角为( )7图 242
13、2A60 B30C45 D90(1)C (2)C (3)A (1)如图，连接 BE，因为 AB CD，所以异面直线 AE与 CD所成的角等于相交直线 AE与 AB所成的角，即 EAB.不妨设正方体的棱长为 2，则CE1， BC2，由勾股定理得 BE .又由 AB平面 BCC1B1可得 AB BE，所以5tan EAB .故选 C.BEAB 52(2)将直三棱柱 ABCA1B1C1补形为直四棱柱 ABCDA1B1C1D1，如图所示，连接AD1， B1D1， BD.由题意知 ABC120， AB2， BC CC11，所以 AD1 BC1 ， AB1 ， DAB60.2 5在 ABD中，由余弦定理知
14、 BD22 21 2221cos 603，所以 BD ，所以3B1D1 .3又 AB1与 AD1所成的角即为 AB1与 BC1所成的角 ，所以 cos .AB21 AD21 B1D212AB1AD1 5 2 3252 105故选 C.(3)如图，正四棱锥 PABCD中，根据底面积为 6可得， BC .连接 BD，交 AC于点6O，连接 PO，则 PO为正四棱锥 PABCD的高，根据体积公式可得， PO1.因为 PO底面ABCD，所以 PO BD，又 BD AC， PO AC O，所以 BD平面 PAC，连接 EO，则 BEO为直线 BE与平面 PAC所成的角在 Rt POA中，因为 PO1，
15、OA ，所以3PA2， OE PA1，在 Rt BOE中，因为 BO ，所以 tan BEO ，即12 3 BOOE 3 BEO60.8方法归纳 求异面直线所成角的关键点1 通过平移两条异面直线使其相交，或将其中一条平移与另一条相交，得到异面直线所成的角.2 求异面直线所成角时，常放在直角三角形中，利用三角函数的定义求解，或放在非直角三角形中，使用余弦定理求解.对点即时训练1(2018张家口模拟)三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC为等边三角形， AA1平面ABC， AA1 AB， M， N分别是 A1B1， A1C1的中点，则 BM与 AN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.110
16、 35 710 45C 取 BC的中点 O，连接 NO， AO， MN，因为 B1C1 BC， OB BC，所以12OB B1C1， OB B1C1，因为 M， N分别为 A1B1， A1C1的中点，所以 MN B1C1， MN B1C1，所12 12以 MN OB，所以四边形 MNOB是平行四边形，所以 NO MB，所以 ANO或其补角即为 BM与 AN所成角，不妨设 AB2，则有 AO ， ON BM ， AN ，在 ANO中，由余弦定3 5 5理可得 cos ANO .故选 C.AN2 ON2 AO22ANON 5 5 3255 7102(2016全国卷)平面 过正方体 ABCDA1B1
17、C1D1的顶点 A， 平面 CB1D1， 平面 ABCD m， 平面 ABB1A1 n，则 m， n所成角的正弦值为( )A. B. C. D.32 22 33 139A 如图，设平面 CB1D1平面 ABCD m1.平面 平面 CB1D1， m1 m.又平面 ABCD平面 A1B1C1D1，且平面 CB1D1平面 A1B1C1D1 B1D1， B1D1 m1. B1D1 m.平面 ABB1A1平面 DCC1D1，且平面 CB1D1平面 DCC1D1 CD1，同理可证 CD1 n.因此直线 m与 n所成的角即直线 B1D1与 CD1所成的角在正方体 ABCDA1B1C1D1中， CB1D1是正
18、三角形，故直线 B1D1与 CD1所成角为 60，其正弦值为 .323在四面体 ABCD中， BD CD AB1， AB BD， CD BD.当四面体 ABCD体积最大时，直线 AD与平面 BCD所成的角是_45 如图，将四面体 ABCD置于棱长为 1的正方体中，显然当 AB平面 BCD时，四面体 ABCD的体积最大，此时直线 AD与平面 BCD所成角就是 ADB，而 ADB45，故直线 AD与平面 BCD所成角就是 45.题型 3 平面图形的折叠问题核心知识储备翻折问题的注意事项(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面
19、图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础高考考法示例【例 3】 (2018洛阳模拟)如图 2423，在四边形 ABCD中，10AB AD， AD BC， AD6， BC2 AB4， E， F分别在 BC， AD上， EF AB.现将四边形 ABCD沿 EF折起，使平面 ABEF平面 EFDC.图 2423(1)若 BE1，在折叠后的线段 AD上是否存在一点 P，且 ，使得 CP平面AP
20、 PD ABEF？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由(2)求三棱锥 ACDF的体积的最大值思路点拨 (1) 存 在 点 P 确 定 的 值 把 值 作 为 条 件证 明 CP 平 面 ABEF(2) 设 BE x 求 FD 用 x 表 示 求 三 棱 锥 ACDF的 体 积 求 最 大 值解 (1)如图， AD上存在一点 P，使得 CP平面 ABEF，此时 .理由如下：32过 P作 PM FD，连接 EM、 PC.当 时， ，可知 ，32 AP 32PD APAD 35又 BE1，可得 FD5，故 MP3，又 EC3， MP FD EC，故 MP綊 EC，故四边形 MPCE为平行四边形，所
21、以 CP ME.又 CP平面 ABEF， ME平面 ABEF，故 CP平面 ABEF.(2)设 BE x，所以 AF x(0x4)， FD6 x，故 V 三棱锥 ACDF 2(6 x)x ( x26 x)，13 12 13当 x3 时， V 三棱锥 ACDF有最大值，且最大值为 3.方法归纳 平面图形翻折问题的求解方法1 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2 在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.11(教师备选)如图 2424，在四边形 ABCD中
22、， AD CD2， AC2 ， ABC是等边三角形， F为2线段 AC的中点将 ADC沿 AC折起，使平面 ADC平面 ABC，得到几何体 DABC，如图2424所示图 2424 图 2424(1)求证： AC BD；(2)试问：在线段 BC上是否存在一点 E，使得 ？若存在，请求出点 E的位置；VCDFEVCDBA 14若不存在，请说明理由解 (1)证明： AD CD2， AC2 ，2从而 AD2 CD2 AC2，故 AD CD， ADC是等腰直角三角形，又 F为线段 AC的中点，所以 DF AC.连接 BF(图略)，因为 ABC是等边三角形，所以 BF AC.又 DF BF F，故 AC平
23、面 BDF.又 BD平面 BDF，所以 AC BD.(2)线段 BC上存在点 E，使得 ，且 E为线段 BC的中点因为平面 ADC平面VCDFEVCDBA 14ABC，平面 ADC平面 ABC AC，且 DF AC，所以 DF平面 ABC，故 DF为三棱锥 DFCE和DABC的高，所以 .又 F为VCDFEVCDBA VDFCEVDABC S FCES ABC12CFCEsin ECF12CACBsin ACB CFCA CECB 14线段 AC的中点，所以 ，故 ，从而 E为线段 BC的中点，即当 E为线段 BC的CFCA 12 CECB 12中点时， .VCDFEVCDBA 14对点即时训
24、练(2018菏泽模拟)如图 2425，在矩形 ABCD中， AB2 AD， M为 DC的中点，将 ADM沿 AM折起使平面 ADM平面 ABCM.12图 2425(1)当 AB2 时，求三棱锥 MBCD的体积；(2)求证： BM AD.解 (1)取 AM的中点 N，连接 DN.在矩形 ABCD中， M为 DC的中点， AB2 AD， DM AD.又 N为 AM的中点， DN AM.又平面 ADM平面 ABCM，平面 ADM ABCM AM， DN平面 ADM， DN平面 ABCM. AD1， DN .22又 S BCM CMCB ， V 三棱锥 MBCD V 三棱锥 DBCM S BCMDN
25、.12 12 13 212(2)证明：由(1)可知， DN平面 ABCM.又 BM平面 ABCM， BM DN.在矩形 ABCD中， AB2 AD， M为 MC中点， ADM， BCM都是等腰直角三角形，且 ADM90， BCM90， BM AM.又 DN， AM平面 ADM， DN AM N, BM平面 ADM.又 AD平面 ADM， BM AD.1(2017全国卷)在下列四个正方体中， A， B为正方体的两个顶点， M， N， Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB与平面 MNQ不平行的是( )13A A 项，作如图所示的辅助线，其中 D为 BC的中点，则 QD AB. QD平面
26、 MNQ Q， QD与平面 MNQ相交，直线 AB与平面 MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD MQ， AB MQ.又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， AB平面 MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD MQ， AB MQ.又 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， AB平面 MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则 AB CD， CD NQ， AB NQ.又 AB平面 MNQ， NQ平面 MNQ， AB平面 MNQ.故选 A.142(2017全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E为棱 CD的中点，则( )A A1E DC1 B A1E B
27、DC A1E BC1 D A1E ACC 如图， A1E在平面 ABCD上的投影为 AE，而 AE不与 AC， BD垂直，B，D 错； A1E在平面 BCC1B1上的投影为 B1C，且 B1C BC1， A1E BC1，故 C正确；(证明：由条件易知， BC1 B1C， BC1 CE，又 CE B1C C， BC1平面 CEA1B1.又 A1E平面 CEA1B1， A1E BC1.) A1E在平面 DCC1D1上的投影为 D1E，而 D1E不与 DC1垂直，故 A错故选 C.3(2016全国卷) ， 是两个平面， m， n是两条直线，有下列四个命题：如果 m n， m ， n ，那么 .如果
28、m ， n ，那么 m n.如果 ， m ，那么 m .如果 m n， ，那么 m与 所成的角和 n与 所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号) 对于， ， 可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线 l ， n l，又 m ，所以 m l，所以m n，故正确对于，因为 ，所以 ， 没有公共点又 m ，所以 m， 没有公共点，由线面平行的定义可知 m ，故正确对于，因为 m n，所以 m与 所成的角和 n与 所成的角相等因为 ，所以 n与 所成的角和 n与 所成的角相等，所以 m与 所成的角和 n与 所成的角相等，故正确154(2018全国卷)如图
29、 2426，在三棱锥 PABC中，AB BC2 ， PA PB PC AC4， O为 AC的中点2图 2426(1)证明： PO平面 ABC；(2)若点 M在棱 BC上，且 MC2 MB，求点 C到平面 POM的距离解 (1)证明：因为 AP CP AC4， O为 AC的中点，所以 OP AC，且 OP2 .3连接 OB.因为 AB BC AC，所以 ABC为等腰直角三角形，且 OB AC， OB AC2.22 12由 OP2 OB2 PB2知， OP OB.由 OP OB， OP AC， OB平面 ABC， AC平面 ABC， OB AC O，知 PO平面 ABC.(2)作 CH OM，垂足
30、为 H.又由(1)可得 OP CH， OP平面 POM， OM平面 POM， OP OM O，所以 CH平面 POM.故 CH的长为点 C到平面 POM的距离由题设可知 OC AC2， CM BC ， ACB45.12 23 423所以 OM ， CH .253 OCMCsin ACBOM 455所以点 C到平面 POM的距离为 .4555(2016全国卷)如图 2427，菱形 ABCD的对角线 AC与 BD交于点 O，点 E， F分16别在 AD， CD上， AE CF， EF交 BD于点 H.将 DEF沿 EF折到 D EF的位置图 2427(1)证明： AC HD；(2)若 AB5， A
31、C6， AE ， OD2 ，求五棱锥 D ABCFE的体积54 2解 (1)证明：由已知得 AC BD， AD CD.又由 AE CF得 ，故 AC EF.AEAD CFCD由此得 EF HD，故 EF HD，所以 AC HD.(2)由 EF AC得 .OHDO AEAD 14由 AB5， AC6 得 DO BO 4.AB2 AO2所以 OH1， D H DH3.于是 OD 2 OH2(2 )21 29 D H2，2故 OD OH.由(1)知 AC HD，又 AC BD， BD HD H，所以 AC平面 BHD，于是 AC OD.又由 OD OH， AC OH O，所以 OD平面 ABC.又由
32、 得 EF .EFAC DHDO 92五边形 ABCFE的面积 S 68 3 .12 12 92 694所以五棱锥 D ABCFE的体积 V 2 .13 694 2 2322一、立体几何中的数学文化【例 1】 我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” “幂”是截面积， “势”是几何体的高，意思是两等高立方体，17若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等已知某不规则几何体与如图 1所对应的几何体满足“幂势同” ，则该不规则几何体的体积为 ( )图 1A4 B82 43C8 D82思路点拨 根据题设所给的三视图，想象出图所对应几何体是从一个正方体中
33、挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可解析 由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为 238，半圆柱的体积为 (1 2)2，因此该不规则几何体的体积为128，故选 C.答案 C体会领悟 祖暅原理是我国古代数学家祖暅提出的一个有关几何求积的著名定理.本例以我国古代数学家的研究成果为背景，考查空间几何体的三视图和体积计算，既检测了考生的基础知识和基本技能，又展示了中华民族的优秀文化.二、立体几何与其它知识的交汇创新预测 1：创新命题情景中的立体几何【例 2】 如图 2，从棱长为 6
34、 cm的正方体铁皮箱 ABCDA1B1C1D1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为_cm 3.图 218解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥 C1CD1B1的体积又 V三棱锥 C1CD1B1 V三棱锥 CB1C1D1 636(cm 3)，所以用图13 (1266)示中这样一个装置来盛水，最多能盛 36 cm3体积的水答案 36预测 2：立体几何与其它知识交汇创新【例 3】 如图 3所示的直三棱柱 ABCA B C中， ABC是边长为 2的等边三角形，AA4，点 E， F， G， H， M分别是边 AA， AB， BB， A B， B
35、C的中点，动点 P在四边形 EFGH内部运动，并且始终有 MP平面 ACC A，则动点 P的轨迹长度为( )图 3A2 B2 C2 D43D 连接 MF， FH， MH，因为 M， F， H分别为 BC， AB， A B的中点，所以 MF平面AA C C， FH平面 AA C C，又 MF FH F，所以平面 MFH平面 AA C C，所以 M与线段 FH上任意一点的连线都平行于平面 AA C C，所以点 P的运动轨迹是线段 FH，其长度为 4，故选 D.体会领悟 解决立体几何与其它知识的交汇问题，可利用转化与化归思想，利用转化思想还可解决以下问题1 体积计算中，棱锥顶点的转化.2 线线关系、
36、线面关系、面面关系三者间的转化.3 平面图形与空间图形通过折叠进行的转化.三、规范答题立体几何19满分心得 1 写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分、无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第（1）问中，BAAC，AB平面 ACD；第（2）问中 QE平面 ABC等.（2）利用第（1）问的结果：在题设条件下，如果第（1）问的结果对第()2 问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第（1）问的结果甚至无法解决，如本题就是在第（1）问的基础上得到 DC平面 ABC.20（3）牢记空间几何体的结构特征，用线面平行、垂直的判定、性质定理及体积公式：在立体几何类解答题中，通常都以常见的空间几何体为载体去证明空间的垂直或平行关系，及求几何体体积，因此要牢记空间几何体的结构特征，正确运用相关的判定定理、性质定理、体积公式.
