第13章 立体几何初步复习提升--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　不能准确掌握空间图形的结构特征致错
1.(2025安徽芜湖期中)两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是(　　)
A.一个三棱锥　　　　B.一个四棱锥
C.一个三棱柱　　　　D.一个四棱柱
2.(2025浙江期中)如图,平行四边形ABCD中,AB=2,BC=1,∠B=,以AB所在直线为轴旋转一周所围成的几何体的表面积是(　　)
A.2
易错点2　判断点、线、面的位置关系时考虑不全面致错
3.(2025江苏南通期中)已知l,m,n是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题正确的是(　　)
A.若m⊥α,l⊥m,则l∥α　　　　
B.若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,则l⊥γ
C.若l,m β,l∥α,m∥α,则α∥β　　　　
D.若m⊥l,n⊥l,则m∥n
4.(2025广东深圳期中)设直线b与平面α相交但不垂直,则下列说法中正确的是(　　)
A.平面α内的直线与直线b都不垂直
B.过直线b的平面与平面α都不垂直
C.与直线b垂直的直线可能与平面α垂直
D.与直线b平行的平面可能与平面α垂直
5.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=BB1=2,E,F分别为棱AB,A1D1的中点,则下列说法中正确的是(　　)
A.直线CF与A1B为相交直线
B.异面直线DB1与CE所成的角为90°
C.若P是棱C1D1上一点,且D1P=1,则E,C,P,F四点共面
D.平面CEF截该长方体所得的截面可能为六边形
易错点3　不能正确理解空间角致错
6.(2025辽宁大连期末)在正四棱锥中,记侧棱与底面所成的角为α,侧面与底面所成的角为β,相邻两侧面所成的二面角的平面角为γ,侧面等腰三角形的底角为δ,则α,β,γ,δ的大小关系为(　　)
A.α<β<δ<γ　　　　B.α<β<γ<δ
C.α<γ<β<δ　　　　D.α<δ<β<γ
7.(2025江苏南通如东高级中学期中)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,F是侧面BCC1B1上的动点,且A1F∥平面AD1E,E为BC的中点.记A1F与平面BCC1B1所成的角为α,A1F与AD1所成的角为β,则(　　)
A.α<β≤≤β
C.α>β≥<α<β
8.(2024江苏常州期末)已知二面角α-l-β为60°,α内一条直线m与l所成的角为30°,β内一条直线n与l所成的角为45°,求直线m与直线n所成角的余弦值.
易错点4　证明线线、线面、面面的位置关系时推理不严谨致错
9.(多选题)(2024湖北武汉华中师大附中适应性考试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D中,E,F,M,N分别为棱AA1,A1D1,AB,DC的中点,点P是正方形BB1C1C的中心,则下列结论正确的是　(　　)
A.E,F,M,P四点共面
B.平面PEF截正方体所得的截面是等腰梯形
C.EF∥平面PMN
D.平面MEF⊥平面PMN
10.(2024北京师大二附中期中)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(多选题)(2024安徽安庆第二中学期中)已知圆柱的侧面展开图是长为6 cm,宽为4 cm的矩形,则这个圆柱的体积为(　　)
A. cm3　　　　D.36π cm3
2.(2024湖南九校联盟联考)有两个如图所示的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0),用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是　　　　.
二、函数与方程思想在立体几何中的应用
3.(2024江苏无锡第一中学期中)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为2,底面边长为1,点P是底面A1B1C1D1(含边界)上一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,则PC1的取值范围为　　　　;当PC1取得最小值时,四棱锥P-ABCD的外接球表面积为　　　　.　
4.(2025江苏淮安清江中学阶段检测)《九章算术·商功》中有这样一段话:“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.”意思是:如图,沿正方体对角面A1B1CD截正方体可得两个堑堵,再沿平面B1C1D截堑堵可得一个阳马(四棱锥D-A1B1C1D1),一个鳖臑(三棱锥D-B1C1C).若P为线段CD(除端点外)上一动点,平面α过点P,CD⊥平面α,设正方体的棱长为1,PD=x,平面α截三棱锥D-B1C1C所得截面的面积为S,则在点P从点D移动到点C的过程中,S关于x的函数关系式是　　　　.
5.(2024黑龙江鸡西期末)有两个边长为2的正方形ABCD和ADEF,其所在平面互相垂直,M,N分别是对角线AE,BD上的点,且EM=DN.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)设EM=x,MN=y,求y与x的函数关系式;
(3)求M,N两点间的最短距离.
三、转化与化归思想在立体几何中的应用
6.(2024江苏淮安涟水期中)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,点G为EF上的一个动点,则点G到平面ACD1的距离为(　　)
A.
7.(多选题)(2025江苏徐州铜山第一中学月考)四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将四边形ABCD沿对角线BD折成直二面角A'-BD-C,则下列结论正确的是(　　)
A.A'C⊥BD
B.∠BA'C=90°
C.A'C和平面A'BD所成的角为45°
D.四面体A'BCD的体积为
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.D　对于A,如图1,在三棱锥A-BCD中,分别取BC,BD的中点E,F,连接AE,AF,EF,再取EF的中点M,连接AM,BM,则三棱锥A-BCD可拆成三棱锥A-BEM,A-BFM和四棱锥A-CDFE,A可能;
对于B,如图2,在四棱锥P-ABCD中,分别取BC,AD的中点E,F,连接PF,PE,EF,BF,则四棱锥P-ABCD可拆成三棱锥P-ABF,P-BEF和四棱锥P-CDFE,B可能;
对于C,如图3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接A1B,BC1,取B1C1的中点E,连接A1E,BE,则三棱柱ABC-A1B1C1可拆成三棱锥B1-A1BE,C1-A1BE和四棱锥B-ACC1A1,C可能;
对于D,一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成,D不可能.
　
2.B　作出旋转体如图:
该旋转体上部分为圆柱内挖去一个圆锥,下部分为与上部分挖去的圆锥相同的圆锥.
过点D作AB所在直线的垂线,垂足为E,
由题意得AB=CD=2,BC=AD=1,∠ABC=∠DAE=,
则AE=,
故圆E的周长为l=2π×π,
圆锥侧面展开图的半径R=AD=1,
故上、下两个圆锥的侧面积S1=S2=×1×,　
圆柱的侧面展开图是一个矩形,其面积S3=2π×DE·AB=2π,
所以几何体的表面积S=S1+S2+S3=π.　
易错警示　求组合体的表面积时,要正确分析几何体的结构,若是拼接而成的,要注意对衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,要注意对中空部分的处理.
3.B　对于A,当m⊥α,l⊥m时,l α或l∥α,故A错误;
对于B,如图,设α∩γ=n1,β∩γ=n2,点P是平面γ内一点,过点P作PM⊥n1于点M,PN⊥n2于点N,
因为α⊥γ,β⊥γ且α∩γ=n1,β∩γ=n2,且PM γ,PN γ,所以PM⊥α,PN⊥β.
又α∩β=l,所以PM⊥l,PN⊥l.
又PM∩PN=P,所以l⊥γ,故B正确;
对于C,当l,m β,l∥α,m∥α时,若l∥m,则平面α,β可能平行,也可能相交,故C错误;
对于D,若m⊥l,n⊥l,则m∥n或m与n相交或m与n异面,故D错误.
易错警示　在平面几何中正确的结论在空间中不一定成立,如D中“垂直于同一直线的两条直线平行”的结论在平面几何中是正确的,但在空间几何中就不一定成立,所以要注意这种由平面几何到空间几何的变化,另外要善于结合熟悉的几何图形(如正方体等)进行线面位置关系的学习和判定.
4.D　对于A,如图1所示,设b∩α=B,在直线b上取一个异于点B的点A,设点A在平面α内的射影为点O,
连接BO,过点O在平面α内作直线a,使得a⊥BO,
因为AO⊥α,a α,所以AO⊥a,
又因为AO∩BO=O,AO,BO 平面ABO,所以a⊥平面ABO,
又因为b 平面ABO,所以a⊥b,所以在平面α内存在直线a与直线b垂直,故A错误;
对于B,由对A的分析知,AO⊥α,AO 平面ABO,所以平面ABO⊥平面α,
因为b 平面ABO,所以过直线b存在平面与平面α垂直,故B错误;
对于C,如图2所示,在平面ABO内作AC⊥b交平面α于点C,且AO⊥α,
若AC⊥α,由于过点A有且只有一条直线与平面α垂直,则AO,AC重合,矛盾,故C错误;
对于D,当平面β∥平面ABO时,因为b 平面ABO,所以b∥平面β,
因为平面ABO⊥平面α,所以平面β与平面α所成的角为直角,即α⊥β,故D正确.
　
易错警示　当l∥α时,l可以与α内的无数条直线平行,但不是任意一条;当l⊥α时,l可以与α内的任意一条直线垂直.在利用两个平面平行的判定定理时不要忽略两条直线相交这一前提条件.
5.AC　因为A1F∥BC且A1F≠BC,所以四边形CFA1B为梯形,所以直线CF与A1B必相交,所以A正确;
在长方体ABCD-A1B1C1D1中,因为BB1⊥平面ABCD,CE 平面ABCD,所以BB1⊥CE,
假设异面直线DB1与CE所成的角是90°,即DB1⊥CE,
连接BD,由DB1,BB1 平面BB1D,DB1∩BB1=B1,
可得CE⊥平面BB1D,而DB 平面BB1D,则CE⊥DB,
在长方形ABCD中,取CD的中点N,连接EN,因为AB=4,BC=2,所以四边形BCNE是正方形,连接BN,易得CE⊥BN,
所以DB与CE不垂直,所以异面直线DB1与CE所成的角不是90°,所以B错误;
取C1D1的中点M,连接A1E,A1M,MC,PF,PC,
因为F,P分别是A1D1和D1M的中点,所以PF∥A1M,
易得四边形A1MCE为平行四边形,所以PF∥CE,所以E,C,P,F四点共面,所以C正确;
由C可知,PF,PC,CE均为平面CEF与长方体的表面的交线,截面CEF与平面ABB1A1及平面ADD1A1相交,
从而可得截面多边形的两条边,所以截面为五边形,所以D错误.
易错警示　平面CEF截该长方体所得的截面不是四边形CEFP,而应该根据确定的三点C,E,F,先直观地分析该截面还可能经过的面和棱,然后根据平行线共面或相交线共面等确定截面的具体形状.
6.A　如图,不妨设正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高SO=h,取BC的中点H,连接OH,SH,BD.
易知tan α=tan∠SBO=,
所以0过点D作DE⊥SA于点E,连接EB,易知△SAD≌△SAB,∴BE⊥SA,故∠BED即为侧面SAD和侧面SAB所成的二面角的平面角γ,
∵S△SAB=S△SBC,即×SA·EB=×BC·SH,
∴EB=,
在△BED中,由余弦定理得cos γ=cos∠BED=,
其中DE2+EB2-BD2=2EB2-BD2=.
故α<β<δ<γ.
7.D　设平面AD1E与直线CC1交于点G,连接D1G,EG,易知G为CC1的中点,分别取B1B,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,
易知A1M∥D1G,∵A1M 平面AD1E,D1G 平面AD1E,∴A1M∥平面AD1E.
同理可得A1N∥平面AD1E,
又A1M∩A1N=A1,A1M,A1N 平面A1MN,
∴平面A1MN∥平面AD1E,
结合A1F∥平面AD1E,可得直线A1F 平面A1MN,即点F是线段MN上的动点.
可得当F与M(或N)重合时,A1F与平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1,
此时α取得最小值,满足tan α==2;
当F与MN的中点重合时,A1F与平面BCC1B1所成角取得最大值,满足tan α=,
∴A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是[2,2].　
易知MN∥AD1,∴A1F与AD1所成的角即为A1F与MN所成的角,
故当F与M(或N)重合时,A1F与MN所成的角等于∠A1MN(或∠A1NM)或其补角,此时β取得最小值,
满足cos β=,∴tan β=3,
当F与MN的中点重合时,A1F与MN所成的角取得最大值,满足β=.
∵2≤tan α≤2,
∴<α<β.
易错警示　在求异面直线所成的角α时,要注意0°<α≤90°,在将两条异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时,容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角,也可能等于其补角;直线与平面所成的角θ的取值范围为{θ|0°≤θ≤90°},在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定其在这个平面内的射影,进而求线面角;二面角β的取值范围是{β|0°≤β≤180°}.
8.解析　如图1,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF,
由已知设PQ=x,PE=2x,
在△QEF中,由余弦定理得
EF=,
∴cos∠EPF=.
如图2,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF,
设PQ=x,∴QE=x,PE=2x,QF=x,∠EQF=120°,
∴EF=,
∴cos∠EPF=.
　
易错警示　惯性思维会使我们只考虑到解答中的第一种情况,而忽略直线m,n,l之间的另一种位置关系,从而出现漏解的情况.在平时的学习和解题中,要结合异面直线的夹角、线面角、面面角的范围,多认识从图形中反映出的不同位置特征.
9.BD　对于A,如图,用经过E,F,M三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1,所得截面图形为正六边形FEMHQK,点P在此正六边形所在平面外,∴E,F,M,P四点不共面,∴A错误;
对于B,连接BC1,则平面PEF即平面C1BEF,截面C1BEF是等腰梯形,∴B正确;
对于C,分别取BB1,CC1的中点G,Q,则平面PMN即为平面QGMN,
在正六边形FEMHQK中,HQ∥EF,∴MQ不平行于EF,
又EF,MQ 平面FEMHQK,∴EF与MQ相交,∴EF与平面QGMN相交,
∴EF不平行于平面PMN,故C错误;
对于D,∵△AEM,△BMG是等腰直角三角形,
∴∠AME=∠BMG=45°,∴∠EMG=90°,∴EM⊥MG,
∵M,N分别是AB,CD的中点,易证MN∥AD,由正方体的性质可得AD⊥平面ABB1A1,∴MN⊥平面ABB1A1,
又ME 平面ABB1A1,∴ME⊥MN,
∵MG∩MN=M,MG,MN 平面PMN,∴EM⊥平面PMN,
∵EM 平面MEF,∴平面MEF⊥平面PMN,故D正确.
10.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC 平面BCEF,AD 平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.
又因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE 平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
又因为BD 平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=BC,∠BAD=90°,
可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE 平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
理由如下:
连接AN交BD于点P,连接NF,PF,
因为四边形ABND为正方形,
所以P是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形,所以CE∥NF.
又因为NF 平面APF,CE 平面APF,
所以CE∥平面APF,
故点P即为所求的点M,
此时M为BD的中点,且=1.
易错警示　在证明线线、线面、面面的位置关系时,首先要结合几何图形分析,其次要根据有关定义、定理、性质等进行论证,如证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直线与平面内的一条直线平行,证明这类问题时要注意推理的严谨性,使用定理时要保证条件的完整性,书写的规范性等.
思想方法练
1.AC　当圆柱的高为4 cm,底面周长为6 cm时,
设底面半径为r cm,则2πr=6,解得r=,
此时圆柱的体积为π· cm3.
当圆柱的高为6 cm,底面周长为4 cm时,
设底面半径为R cm,则2πR=4,解得R=,
此时圆柱的体积为π· cm3.
综上,圆柱的体积为 cm3.
2.答案　
解析　当拼成一个三棱柱时,有三种情况,如图所示:
①上下底面对接,其全面积S1=2××3a×4a+(3a+4a+5a)×=12a2+48.
②一边长为3a的侧面对接,其全面积S2=2×2××3a×4a+2(5a+4a)×=24a2+36.
③一边长为4a的侧面对接,其全面积S3=2×2××3a×4a+2(5a+3a)×=24a2+32.
当拼成一个四棱柱时,有四种情况,如图所示:
四种情况的上、下底面积之和都是2×2××3a×4a=24a2,
但侧面积分别为2(3a+4a)×=28,2(5a+4a)×=36,2(3a+4a)×=28,2(5a+3a)×=32,
显然,全面积最小为24a2+28.
由题意得12a2+48>24a2+28,解得0思想方法　立体几何主要研究空间几何体的组成元素的数量关系和位置关系等.在立体几何问题中,注意分类讨论思想的应用,主要是对点、线、面相对位置关系,角相等或互补等进行分类讨论.
3.答案　[π
解析　从点P向底面ABCD作垂线,垂足为O,连接OA,如图1,则∠PAO为直线AP与平面ABCD所成的角,
因为直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,所以=2,又因为OP=2,所以OA=1,
由对称性可知,A1P=1,即点P的轨迹是底面A1B1C1D1内,以A1为圆心,1为半径的圆弧,
如图2,当P位于A1C1与圆弧的交点处时,PC1的值最小,最小值为-1;
当P位于B1或D1处时,PC1最大,最大值为1,
所以PC1的取值范围为[-1,1].
设A1C1,D1B1交于点E,AC,BD交于点F,连接EF,如图3,则球心M在EF上,连接MP,MB,
设EM=x,外接球的半径为R,则MP=MB=R,EP=,
由勾股定理可得
利用勾股定理构建方程组,体现了方程思想的应用.
解得R2=π.
4.答案　S=x2(0解析　由题意得DP=x(0∵CD⊥平面PMN,CD⊥平面B1CC1,
∴平面PMN∥平面B1CC1,
又∵平面DCC1∩平面PMN=PN,平面DCC1∩平面B1CC1=CC1,∴PN∥CC1,
同理可得MN∥B1C1,PM∥B1C.
∵正方体的棱长为1,
∴=x,
∴△PMN∽△CB1C1,且=x2.
根据△PMN∽△CB1C1,面积比等于相似比的平方,将S用变量x表示,体现了函数思想.
∵,∴S=x2x2(05.解析　(1)证明:过点M作MG∥DE,交AD于点G,连接NG,
因为MG∥DE,所以,
由已知可得,AE=BD=,
因为EM=DN,
所以AM=BN,,
所以,
所以GN∥AB,
又AB∥CD,所以GN∥CD.
因为MG∥DE,MG 平面CDE,DE 平面CDE,
所以MG∥平面CDE,
同理可得,GN∥平面CDE.
因为MG 平面MNG,GN 平面MNG,MG∩GN=G,
所以平面MNG∥平面CDE,
又因为MN 平面MNG,所以MN∥平面CDE.
(2)由(1)可知,MG∥DE,AM=AE-EM=2-x,
所以,
同理可得,GN=.
因为平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,DE⊥AD,DE 平面ADEF,
所以DE⊥平面ABCD.
又因为CD 平面ABCD,所以DE⊥CD.
因为MG∥DE,GN∥CD,所以MG⊥GN,
所以△MGN是直角三角形,
所以MN2=MG2+GN2=
=x2-2)2+2,
即y=).
先找出MG,GN与EM的数量关系,再根据勾股定理得y与x的函数关系式,体现了函数思想的应用.
(3)由(2)得y=,
所以当x=,即M,N分别为线段AE,BD的中点时,
MN有最小值,
故M,N两点间的最短距离为.
思想方法　函数思想在立体几何中的应用常体现在求线段的长度范围、体积的最值、角度的最值、面积的最值等,通过引入合适的变量把研究的问题转化为函数的有关性质问题,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意所引入的变量的取值范围.方程思想在立体几何中主要体现在:①分析立体几何中变量间的等量关系,通过建立方程或方程组解决问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等.
6.A　如图所示.
因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,
所以EF∥AD1,
又EF 平面ACD1,AD1 平面ACD1,
所以EF∥平面ACD1,
所以点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离.
因为EF∥平面ACD1,所以可将点G到平面ACD1的距离转化为点E或F到平面ACD1的距离.
因为该正方体的棱长为4,
所以AD1=AC=CD1=4,
所以△ACD1为等边三角形,
所以×4×4×,
连接FA,可得×2×4=4,
设F到平面ACD1的距离为d,
将点F到平面ACD1的距离转化为三棱锥F-ACD1的高,再利用等体积法求解,充分体现了转化与化归思想的应用.
则×4,于是有×8×4×4,解得d=,
所以点G到平面ACD1的距离为.
7.BC　因为二面角A'-BD-C是直二面角,所以平面A'BD⊥平面BCD,而平面A'BD∩平面BCD=BD,CD⊥BD,CD 平面BCD,所以CD⊥平面A'BD.
将证线线垂直转化为证线面垂直.
又因为A'B 平面A'BD,所以CD⊥A'B.
因为A'B=A'D=1,BD=,所以BD2=A'B2+A'D2,所以A'B⊥A'D,
又CD∩A'D=D,CD,A'D 平面CA'D,所以A'B⊥平面CA'D.
将证线线垂直转化为证线面垂直.
又A'C 平面CA'D,所以A'B⊥A'C,即∠BA'C=90°,故B正确.
若A'C⊥BD,因为A'B⊥A'C,A'B∩BD=B,A'B,BD 平面A'BD,所以A'C⊥平面A'BD,
又CD⊥平面A'BD,所以A'C∥CD,矛盾,故A错误.
把A'C⊥BD当成已知条件,通过线面垂直转化为判断A'C与CD的位置关系,进而得出矛盾.
因为CD⊥平面A'BD,所以∠CA'D为直线A'C和平面A'BD所成的角,
在Rt△A'CD中,A'D=CD=1,则∠CA'D=45°,故C正确.
VA'-BCD=VC-BA'D=×1××1×1=,故D错误.
思想方法　转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛,通过平行的判定定理和性质定理实现线线平行、线面平行、面面平行的相互转化;通过垂直的判定定理和性质定理实现线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.此外,在研究立体几何问题时,可以合理选择补形法,转化为长方体等规则几何体进行求解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)