数学竞赛中立体几何解题策略(可编辑修改word版)

1、数学竞赛中立体几何解题策略桂林十八中欧阳群壮一'化归为平面问题空间图形的主要元素往往可集中在某一特征平面截面上,假设能结合题目条件或结论的特征,构造或者确定一个数量关系比拟集中的平面逐步将题目的条件及其由条件推得的结论应用在该平面,并加以重点分析,从而将空间问题化归为平而问题去解决.例L设d是任意四而体相对棱之间距离的最小者,n是该四而体高的最小者,求证：2d>h.第24届全苏数学竞赛【证实】：如图1,为确定起见,不妨设四面体A-BCD中过顶点A所引的高4=/?,棱AB和CD之间的距离为d.在平而BCD内,通作直线/CD,过1作E尸,CD于F交/于E.设FGEK是AAE尸的高,易

2、知/,面AM,所以FG1/,又FG4石,好G是F到面AEB的距离,又CDH面4EB,所以FG为异而直线CD与AB间的距离.同理,EK等于四面体ABCD过顶点B的高,由EKNAH,及AHEF=EK-AF4AFWEF,hAHAEAE+EFEF+EF而-=<<=2dFGEFEFEF即R例2：正四棱锥内接于半径为R的球,且外切于半径为r的球,求证：_之正+1.r1985年苏州市竞赛题【证实】：设h为棱锥的高,2a为底面边长,那么R是等腰的外接圆的半径如图2、3图2图3图4：R=2a2+Ir2hr是等腰CSE尸的内切圆的半径如图4,EFh=r(SF+SE+EF)又SF=J/?2+a2,2ah

3、ah2r+a2+2ay/lr+a2+a.R2a2+lrlh2+a2+a,一=-r2hahR/11=(+)(1+072=1+1(r-l)+l口2>281=狙+1例3：在单位正方体ABCDAB3D,内,作一个内切球0,再在正方体的八个角上各作一个小球,使它们都与球0外切,并且分别与正方体的三个而相切,求小球的半径.【解】：由对称性可知,八个小球均相等,正方体的对角面ACCA通过5个球心和10个切点及正方体的棱和对角线,包含其主要元素,把这个对角面解剖出来如图5,即可化归为平而几何问题去解.利用位似可知A、0八0、0八3五点共线,ZMOA=ZCCtA,数量关系集中在直角梯形0MN0：中,设小球

4、半径为x,那么八.OM-ONcos乙MOA=,OOX例4：正三棱锥P-ABC的底而边长为1,高PH=2,在这个棱锥的内切球上而堆一个与它外切,并且与棱锥各侧面都相切的球,根据这种方法继续把球堆上去,求这些球的体积之和.【解】：过侧棱PA及高PH的截而通过球心的切点,包含正三棱锥的主要元素,把它解剖出来如图6,化归为平面几何问题去解.设内切球60二.3、的半径分别为七及上、,由正三棱锥底而边心®斜高6PD=yPH?+DH?=QDH?有cosZPDH=_PD7=>cosAPOM=-=-2R171=_,4在直角梯形0MN0中,cosZPOM=OM-O?N=RR?=11 1-WOR+R

5、71212n3n13=R=R=x,2 I34143,同理,R=R=x"3AV=41=2344：336彳+3 访_争17T,【点评】：例3和例4这两个多球相切的问题,都是把数量关系集中在其特征截面上,化归为平面几何问题,最后在以两球心、两切点为顶点的直角梯形中得到解决.二、巧用空间变量公式空间度量公式包括各种体积公式、四面体的正弦定理、余弦定理、射影公式等等.假设能灵活巧妙运用度量公式,常会发现空间几何量之间的数值关系,使问题获得简捷解.例5：AA3C中,NC=900,ZB=30°,AC=2,M是AB的中点,将SACM沿CM起,使A、B两点间的距离为20,求三棱锥ABCM的体

6、积.1998年全国高中联赛题【解法一】VM是直角三角形ABC斜边AB上的中点如图2-1,AMA=MB=MC,.三棱锥MABC的项点M在面ABC上的射影是底而AA8C的外心.又在三棱锥MABC中,易知bc2=ac2+ab2,底面448c是直角三角形,其外心为斜边BC的中点0如图2-2,易知点M到平而ABC的距离MO=1,1工匕一&M=匕/-丽=-S“bcMO=1.AB-AC-MO=L323解法二】如图2-3,过点A在面ABM内作AO_L48交BM延长线于D,连结DC,VAM=BM=CM=AC=2,AB=2也,BC=2邪,：.AC2+AB2=BC2,：.CA±AB,又481.AO

7、,JAB,平面ACO,AB是三棱锥BACD的而ACD上的高.在RtAABD中,易知AD=AB=2也,DM=BM=2,又在&W8C中,易得/BMC=120JJNCMD=60JCM=2,CD=2.：.AC2+CD2=AD2,AZACD=90°,1AM在面ACD的射影为AD的中点N,MN=-AB,且SA1CD=2.2吟-BCM=-ACD匕,-ACD=JS.48_1S.MN3MCD3SACD"32x2亚=63-【点评】：上述两种解法是解决这类题题型一求三棱锥体积的通法.解法一是变换顶点法,由匕-8CM-匕,一处：解法二是体积分类分割法例6：正三棱柱ABC-A：BC底面的边长

8、及高都是2cm,过AB作一截而,截而与底面ABC成60°角,求截而面积.1995年“希望杯竞赛题【解法一】先作出符合题意的截面ABQP,如图2-4,取PQ中点R,AB中点乩连QR延长交AB于H,那么H必为AB中点,连.作PNL平面ABC于N,那么N必在CM上,且有/PMN=60%.sin60.='',PM从而,PM=-=,sin600392MN=一=RH.tg60°3/C、R=一二=一6(cm),于是由PQ:4£=GR：G,强X牛困力5【解法二】如图2-5,设平而ABQP与恻棱CC：交于D,那么=Smbccos600在RtCDM中,ZDMC=60&

9、#176;,t£DC=-=J=3(c?),ctg60u：.GO=3-2=l67wsDRXDCY11又¥=|I=1|S'DABIDMIDCJ391 c2a1、q=_S=_JAC777.°ADQP°ADAS072故S=S-S=2反=tpc机2.截前人也PADA8ZQP7°§5W【点评】：解法一由题意作出截面,运用三角函数求解：解法二巧妙运用面积射影公式:sS'=Scos,即cos600mW及面积组合而积割补求解,两种方法均佳.q例7：求证：对于任意一个四面体,以下不等式成立：r<m其中,a、b是两2a+b条异面直线的

10、长度,r是内切球的半径.第22届全苏数学奥林匹克3V【证实】：四而体的内切球的半径7=一,其中V为四面体的体枳,S是其外表积,S结合史坦纳定理V=次/sin,知二叫,其中d为对棱a、b间的距离,为a、b62s的夹角.另一方面,由四而体的棱b的端点到棱a的端点的距离都不小于d,且其中必有一个大于d.于是,四面体的两个与棱a相邻的侧而面积之和大于ad.类似地,四而体的另外两个侧而面积之和大于bd,于是,S>a+bd.yabdabdab所以,r<<=.252+bd2.+b例8：在A48C中,NC=9OJNB=30°,AC=2,M是AB的中点,将AACM沿CM折起,使A、B

11、两点间的距离为20,此时三棱锥ABCM的体积等于.1998年全国高中联赛【解】：折起后的三棱锥ABCM,如图2-6所示,取CM的中点D,连结AD,嫩口AOJ.CM,在A3CM中,作OELCM交BC于点E,连结AE,可知4E1.CM,那么4O=J5,DE=CDn30°=3在A4BC中,AC=2,AB=20BC=20：.ac2+ab2=bc2.故N8AC=90J又AC2=42c"EM,3由射影定理知AE1BC,且人ACAB24BC3由AE_L8C,AE1CM,从而,AE_L平面BCM.122-所以,匕1_a河=z4七'S2bcm=r三、空间向量解析法建立空间坐标系,将几

12、何问题转化为代数问题,这样简化推理,转化成坐标运算,是近几年高考和竞赛的热点内容.例9、正三棱柱ABCA田C1的9条棱长都相等,尸是CG的中点,二而角B-AFB1=,那么sin=.(2021全国联赛)解法一：如图,以AB所在直线为x轴,线段48中点.为原点,OC所在直线为y轴,建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为2,那么8(1,00),%(1,0,2),4(-10,2),P(O,百,1),从而,BA；=(-2,0,2),BP=(-1,V3,l),热=(-2,0,0),B,P=(-1,73,-1Iy设分别与平面BA、P、平面与&P垂直的向量是i=(M,yi,Zi)、=.2,必,电),那

13、么云.BA；=-2xj+2z=0,m-BP=一m+y3y+Z=0,(.8A=-2x2=0,(nBXP=-x2+V3y2-z2=0,由此可设rn=(1,0,1),n=(0,1,75)>所以加=|叶.依|,即君=港2产|=>c|os=j=所以sin=叵.4解法二：如图,PC=PC1、PA1=PB.设48与4&交于点O,那么04=08,OA=OB1,A£_L48由于PA=P8,所以POL43,从而AB,平11面尸48.过.在平面PAiB上作OE1A1P,垂足为E.连结修E,那么NB、EO为二而角B-4尸-巴的平面角.设44尸2,那么易求得PB=PA=®AQ=B

14、Q=四,PO=®=m在直角M4Q中,AQ.PO=A/OE,即也6=5OE,:.OE=£.V5又BQ=J5,.BlE=y/BlO2+OE2sin=sinZBEO=®.1B1E4/54四、构造辅助图形法根据具体题目的特点,假设能通过特殊点相连或割补等方法,构造出一种简单、特殊、直观的几何体,常可使问题化难为易,化复杂为简单.例10：如果空间三条直线a、b、c两两成异而直线,那么与a、b、c都相交的直线有A0条：Bl条：C多于1的有限条：D无穷多条：1997年全国高中联赛【解】：无论a、b、c的位置关系是怎样的,总可作一个平行六而体ABCAA,BCDi,使AB在直线a上

15、,BC在直线b上,D：D在直线c上,如图3-1再在DD：的延长线上任取一点M.由M与a确定一个平面平而与直线BC交于点内酸AM交于点Q那么PQUa.于是在平而内直不与a平行PM必与.交于一点N这幅线MN就同时与直线abc相交.由于点U的取法有无穷多种,因而硼与a、b、c都相交的直线有无穷多条,应选D.-IT例11：把四个相等的小球摆在桌面上,使球心的图3-2连线成正方形,每边两球相切,并在这四个球上而放一个与它们都相切的等球.上面一个小球的最高点与桌面的距离为a,求小球的半径x.【分析】：以五个球心为顶点,所构成的正四棱锥ABCDE的棱长均为2x如图3-2,高AO=叵,再往上、下各伸长小球的半

16、径X,就是上而小球的最高点P到桌面的距离,那么PQ=2x+J,=,解得x=l凸.2例12：在一个半径为2R的圆柱形圆筒内,有6个直径均为2R.且处于稳定状态的小球,往圆筒内注水,间水面至少多高才能把这6个小球浸没这时筒内水的体积是多少【解】：1圆柱底面直径是4R,球的直径是2R,为使小球处于稳定状态,6个小球分成三层,第一层两球心连线AB底面,第二层两球心连线CD底而,比._L48如图3-3.关键是求AB与CD间的距离,转化为棱长为2R的正四面体ABCD对棱间的距离：MN=J否2_R2二垃R.图3-3第三层两球心连线EF底面,EF1CD,且EF与CD间的距离也等于缶.考虑到最上、最下两层尚须各

17、占小球的半径R故水而至少的高PQ=21+6R.此时,筒内水的体积V=2R2.21+0R-64RW源R?.3例13：求证：假设四面体相对棱间的距离分别为&、d：和&,那么四而体的体积V不小于Xddd.第48届莫斯科数学奥林匹克3123【证实】：如图3-4,设四而体ABCD三组对棱分别为AB与CD,AD与BC,AC与BD,过四而体的三组对棱分别引三对相互平行的平面,得平行六面体AOiBG-A'OB'C,它的各面的一条对角线刚好是四面体ABCD的棱,各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离.易知该平行六面体的体积正好是四面体A-BCD体积的3倍.在平而A'D

18、B'C中,作C4EeA'C9/£03',那么EF不小于平面A、ACC与平面DDAB'的距离,即EF>d又C'42出,所以,图34C-2d3,又平面A'DB'C与平面ADxBG的距离为d“因此,匕皿BC|=Saa.dbC4-d、d2d3,所以,匕_sei)-did2d3.0同步练习一、选择题1 .设点E、F、G分别是正四而体ABCD的棱AB、BC、CD的中点,那么二面角C-FG-E的大小是1998年全国高中联赛(A).arcsin(B).arctan0：(C).±arccosyJL；(D).-arccot32232

19、2 .在正方体的8个顶点,12条棱的中点、6个面的中央及正方体的中央共27个点中,共线的三点组的个数是()(A).57：.49：(0.43：(D).37；3 .a、b是两条异而直线,它们所成的角为80°,过空间任一点P作直线/,使/与a、b所成的角均为50°,这样的/共有()条(A).l；(B).2：(0.3；(D).4；4 .设四而体四个面的面积分别为J、工、工、S它们最大值为S,记,那么一S定满足()(1992年全国高中联赛题)(A).2<<4：(B).3<<4；(C).2.5<<4.5：(D).3.5<<5,5；二、填空

20、题1 .一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为.(1995年全国高中联赛)2 .三棱锥S-ABC的底而是正三角形,点A在侧面SBC上的射影H是A5BC的垂心,二而角H-AB-C的平面角等于300,SA=26,那么,三棱锥S-ABC的体积为.3 .将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起,恰得到一个所有二面角都相等的六而体,并且该六面体的最短棱的长为2,那么最远的两顶点间的距离是.(1996年全国高中联赛)三、解做题1 .正三棱锥S-ABC的高S0=3,底面边长为6,过点A向它所对的侧面SBC作垂线,垂AP足为0',在A0'上取一点P,使=8,求经过点P且平行于底面的截而的面积.PO'(1989年全国高中联赛题)12 .一个四面体恰有一棱比1大,试证实：该四而体的体积8(M9届IM0)3 .在四面体A1A2A3A1中,Ax所对的AA24Al的面积为S“以AA为棱的二面角为12,其余2类推.求证：Xcos2之一(1«J<4,i手j)."3参考解答一、D；B：C：A9厂二、L8:27：2.一,3；3.3；4三、L解：如图3-5,由于S-ABC是正三棱锥,所以点0是AA8C的重心.连结A0,并延长交BC于D,由于点D是BC的屯色BCL平面SAD,而AO'