【命題趨向】在2023年高考中立體幾何命題有如下特點：
1.線面位置關係突出平行和垂直，將側重於垂直關係．
2.多面體中線面關係論證，空間「角」與「距離」的計算常在解答題中綜合出現．
3.多面體及簡單多面體的概念、性質多在選擇題，填空題出現．
4.有關三稜柱、四稜柱、三稜錐的問題，特別是與球有關的問題將是高考命題的熱點．
此類題目分值一般在17---22分之間，題型一般為1個選擇題，1個填空題，1個解答題.
【考點透視】(a)版.掌握兩條直線所成的角和距離的概念，對於異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線時的距離.掌握斜線在平面上的射影、直線和平面所成的角、直線和平面的距離的概念.
掌握二面角、二面角的平面角、兩個平行平面間的距離的概念.
.空間距離和角是高考考查的重點：特別是以兩點間距離，點到平面的距離，兩異面直線的距離，直線與平面的距離以及兩異面直線所成的角，直線與平面所成的角，二面角等作為命題的重點內容，高考試題中常將上述內容綜合在一起放在解答題中進行考查，分為多個小問題，也可能作為客觀題進行單獨考查.
考查空間距離和角的試題一般作為整套試卷的中檔題，但也可能在最後一問中設定有難度的問題.
不論是求空間距離還是空間角，都要按照「一作，二證，三算」的步驟來完成，即寓證明於運算之中，正是本專題的一大特色.
求解空間距離和角的方法有兩種：一是利用傳統的幾何方法，二是利用空間向量。
【例題解析】
考點1 點到平面的距離
求點到平面的距離就是求點到平面的垂線段的長度，其關鍵在於確定點在平面內的垂足，當然別忘了轉化法與等體積法的應用.
典型例題
例1（2023年福建卷理）如圖，正三稜柱的所有稜長都為，為中點．
（ⅰ）求證：平面；
（ⅱ）求二面角的大小；
（ⅲ）求點到平面的距離．
考查目的：本小題主要考查直線與平面的位置關係，二面角的
大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維
能力和運算能力．
解答過程：解法一：（ⅰ）取中點，鏈結．
為正三角形，．
正三稜柱中，平面平面，
平面．鏈結，在正方形中，分別為
的中點，，．
在正方形中，，平面．
（ⅱ）設與交於點，在平面中，作於，鏈結，由（ⅰ）得平面．
，為二面角的平面角．
在中，由等面積法可求得，
又，．所以二面角的大小為．
（ⅲ）中，，．
在正三稜柱中，到平面的距離為．
設點到平面的距離為．
由，得，
．點到平面的距離為．
解法二：（ⅰ）取中點，鏈結．
為正三角形，．
在正三稜柱中，平面平面，
平面．取中點，以為原點，，，的方向為軸的正方向建立空間直角座標系，則，，，，，
，，．，，
，．平面．
（ⅱ）設平面的法向量為．
，．，，
令得為平面的乙個法向量．
由（ⅰ）知平面，
為平面的法向量．
，．二面角的大小為．
（ⅲ）由（ⅱ），為平面法向量，
．點到平面的距離．
小結：本例中（ⅲ）採用了兩種方法求點到平面的距離.解法二採用了平面向量的計算方法，把不易直接求的b點到平面的距離轉化為容易求的點k到平面的距離的計算方法，這是數學解題中常用的方法；解法一採用了等體積法，這種方法可以避免複雜的幾何作圖，顯得更簡單些，因此可優先考慮使用這一種方法.
例2.( 2023年湖南卷)如圖,已知兩個正四稜錐p-abcd與q-abcd的高分別為1和2,ab=4.
(ⅰ)證明pq⊥平面abcd；
(ⅱ)求異面直線aq與pb所成的角；
(ⅲ)求點p到平面qad的距離.
命題目的：本題主要考查直線與平面的位置關係、異面直線所成的角以及點到平面的距離基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.
過程指引：方法一關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角；方法二關鍵是掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.
解答過程：方法一 （ⅰ）取ad的中點，鏈結pm，qm.
因為p－abcd與q－abcd都是正四稜錐，
所以ad⊥pm，ad⊥qm. 從而ad⊥平面pqm.
又平面pqm，所以pq⊥ad.
同理pq⊥ab，所以pq⊥平面abcd.
（ⅱ）鏈結ac、bd設，由pq⊥平面abcd及正四稜錐的性質可知o在pq上，從而p、a、q、c四點共面.取oc的中點n，連線pn.
因為，所以，
從而aq∥pn，∠bpn（或其補角）是異面直線aq與pb所成的角.
因為，所以.從而異面直線aq與pb所成的角是.
(ⅲ)鏈結om，則
所以∠mqp＝45°.
由（ⅰ）知ad⊥平面pmq，所以平面pmq⊥平面qad. 過p作ph⊥qm於h，ph⊥平面qad.從而ph的長是點p到平面qad的距離.
又.即點p到平面qad的距離是.
方法二 （ⅰ）鏈結ac、bd，設.
由p－abcd與q－abcd都是正四稜錐，所以po⊥平面abcd，qo⊥平面abcd.
從而p、o、q三點在一條直線上，所以pq⊥平面abcd.
（ⅱ）由題設知，abcd是正方形，所以ac⊥bd.
由（ⅰ），qo⊥平面abcd. 故可分別以直線ca、db、qp為x軸、y軸、z軸建立空間直角座標系（如圖），由題條件，相關各點的座標分別是p（0，0，1），a（，0，0），q（0，0，－2），b（0，，0）.
所以於是.
(ⅲ)由（ⅱ），點d的座標是（0，－，0），，
，設是平面qad的乙個法向量，由
得.取x=1，得.
所以點p到平面qad的距離.
考點2 異面直線的距離
此類題目主要考查異面直線的距離的概念及其求法，考綱只要求掌握已給出公垂線段的異面直線的距離.
典型例題
例3 已知三稜錐，底面是邊長為的正三角形，稜的長為2，且垂直於底面.分別為的中點，求cd與se間的距離.
思路啟迪：由於異面直線cd與se的公垂線不易尋找，所以設法將所求異面直線的距離，轉化成求直線與平面的距離，再進一步轉化成求點到平面的距離.
解答過程：
如圖所示，取bd的中點f，鏈結ef，sf，cf，
為的中位線，∥∥面,
到平面的距離即為兩異面直線間的距離.
又線面之間的距離可轉化為線上一點c到平面
的距離，設其為h，由題意知，,d、e、f分別是
ab、bc、bd的中點，
在rt中，
在rt中，
又由於，即，解得
故cd與se間的距離為.
小結：通過本例我們可以看到求空間距離的過程，就是乙個不斷轉化的過程.
考點3 直線到平面的距離
此類題目再加上平行平面間的距離，主要考查點麵、線面、面面距離間的轉化.
典型例題
例4． 如圖，在稜長為2的正方體中，g是的中點，求bd到平面的距離.
思路啟迪：把線面距離轉化為點麵距離，再用點到平面距離
的方法求解.
解答過程：解析一∥平面，
上任意一點到平面的距離皆為所求，
以下求點o平面的距離,
，，平面,
又平面平面，兩個平面的交線是,
作於h，則有平面，即oh是o點到平面的距離.
在中，.
又.即bd到平面的距離等於.
解析二∥平面，
上任意一點到平面的距離皆為所求，以下求點b平面的距離.
設點b到平面的距離為h，將它視為三稜錐的高，則
, 即bd到平面的距離等於.
小結：當直線與平面平行時，直線上的每一點到平面的距離都相等，都是線面距離.所以求線面距離關鍵是選準恰當的點，轉化為點麵距離.
本例解析一是根據選出的點直接作出距離；解析二是等體積法求出點面距離.
考點4 異面直線所成的角
此類題目一般是按定義作出異面直線所成的角，然後通過解三角形來求角.異面直線所成的角是高考考查的重點.
典型例題
例5（2023年北京卷文）
如圖，在中，，斜邊．可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角的直二面角．是的中點．
（）求證：平面平面；
（）求異面直線與所成角的大小．
思路啟迪：（）的關鍵是通過平移把異面直線轉化到乙個三角形內.
解答過程：解法1：（）由題意，，，
是二面角是直二面角，
，又，平面，
又平面．
平面平面．
（）作，垂足為，鏈結（如圖），則，
是異面直線與所成的角．
在中，，，．又．
在中，．
異面直線與所成角的大小為．
解法2：（）同解法1．
（）建立空間直角座標系，如圖，則，，，，，，．
異面直線與所成角的大小為．
小結： 求異面直線所成的角常常先作出所成角的平面圖形，作法有：①平移法：
在異面直線中的一條直線上選擇「特殊點」，作另一條直線的平行線，如解析一，或利用中位線，如解析二；②補形法：把空間圖形補成熟悉的幾何體，其目的在於容易發現兩條異面直線間的關係，如解析三.一般來說，平移法是最常用的，應作為求異面直線所成的角的首選方法.
同時要特別注意異面直線所成的角的範圍：.
例6．（2023年廣東卷）如圖所示，af、de分別是⊙o、⊙o1的直徑.ad與兩圓所在的平面均垂直，ad＝8,bc是⊙o的直徑，ab＝ac＝6，oe//ad.
(ⅰ)求二面角b—ad—f的大小；
(ⅱ)求直線bd與ef所成的角.
命題目的：本題主要考查二面角以及異面直線所成的角等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.
過程指引：關鍵是用恰當的方法找到所求的空間距離和角並掌握利用空間向量求空間距離和角的一般方法.
解答過程： (ⅰ)∵ad與兩圓所在的平面均垂直,
∴ad⊥ab, ad⊥af,故∠baf是二面角b—ad—f的平面角.
， 由於abfc是正方形，所以∠baf＝450. 即二面角b—ad—f的大小為450；
(ⅱ)以o為原點，bc、af、oe所在直線為座標軸，建立空間直角座標系（如圖），則o（0，0，0），a（0，，0），b（，0，0）,d（0，，8），e（0，0，8）,f（0，，0）
所以，設異面直線bd與ef所成角為，則
. 故直線bd與ef所成的角為.
考點5 直線和平面所成的角
此類題主要考查直線與平面所成的角的作法、證明以及計算.
線面角在空間角中占有重要地位，是高考的常考內容.
典型例題
例7.（2023年全國卷ⅰ理）
四稜錐中，底面為平行四邊形，側面底面．已知，，，．
（ⅰ）證明；
（ⅱ）求直線與平面所成角的大小．
考查目的：本小題主要考查直線與直線,直線與平面的位置關係，
二面角的大小，點到平面的距離等知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力．
解答過程：解法一：（ⅰ）作，垂足為，鏈結，由側面底面，
得底面．
因為，所以，
又，故為等腰直角三角形，，
由三垂線定理，得．
（ⅱ）由（ⅰ）知，依題設，
故，由，，，得
，．的面積．
鏈結，得的面積
設到平面的距離為，由於，得
，解得．
設與平面所成角為，則．
所以，直線與平面所成的我為．
解法二：
（ⅰ）作，垂足為，鏈結，由側面底面，得平面．
立體幾何新題型的解題技巧
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數學幾何解題技巧
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