高中数学联赛试题——立体几何

1、第五讲 立体几何立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容。竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算。解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法。一、立体几何中的排列组合问题。例一、（1991年全国联赛一试）由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为（A）4； （B）8； （C）12； （D）24。分析：一个正方体一共有8个顶点，根据正方体的结构特征可知，构成正三角形的边必须是正方体的面对角线。考虑正方体的12条面对角线，从中任取一条可与其他面对角线构成两个等边三角形，即每一条边要在

2、构成的等边三角形中出现两次，故所有边共出现次，而每一个三角形由三边构成，故一共可构成的等边三角形个数为个。例二、（1995年全国联赛一试）将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是 。分析：就四棱锥PABCD而言，显然顶点P的颜色必定不同于A、B、C、D四点，于是分三种情况考虑： 若使用三种颜色，底面对角线上的两点可同色，其染色种数为：（种） 若使用四种颜色，底面有一对对角线同色，其染色种数为：（种） 若使用五种颜色，则各顶点的颜色各不相同，其染色种数为：（种）故不同染色方法种数是：420种。二、与角有关的计算。立体几何

3、中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种。其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：作棱的垂面和两个半平面相交；过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；根据三垂线定理或逆定理。另外还可以根据面积射影定理得到。式中表示射影多边形的面积，表示原多边形的面积，即为所求二面角。OCBA例三、直线和平面斜交于一点，是在内的

4、射影，是平面内过点的任一直线，设求证：分析：如图，设射线任意一点，过作于点，又作于点，连接。有： 所以，。评注：上述结论经常会结合以下课本例题一起使用。过平面内一个角的顶点作平面的一条斜线，如果斜线和角的两边所成的角相等，那么这条斜线在平面内的射影一定会落在这个角的角平分线上。利用全等三角形即可证明结论成立。从上述等式的三项可以看出值最小，于是可得结论：平面的一条斜线和平面内经过斜足的所有直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角最小。例四、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得：，记，其中表示EF与AC所成的角，其中表示EF与BD所成的角，则：FED

5、CBAG（A）在单调增加；（B）在单调减少；（C）在单调增加；在单调减少；（D）在为常数。分析：根据题意可首先找到与对应的角。作EGAC，交BC于G，连FG。显然FGBD，GEF=，GFE=。ACBD，EGFG ODCBA例五、（1994年全国联赛一试）已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于，则 。分析：正方体的12条棱可分为三组，一个平面与12条棱的夹角都等于只需该平面与正方体的过同一个顶点的三条棱所成的角都等于即可。如图所示的平面就是合乎要求的平面，于是：D1C1B1A1DCBA例六、设锐角满足：。求证：。分析：构造长方体模型。构造如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1，连接AC

6、1、A1C1、BC1、DC1。过同一个顶点的三条棱AD、AB、AA1与对角线AC1所成的角为锐角，满足：不妨设长方体过同一个顶点的三条棱AD、AB、AA1的长分别为。则：以上三式相乘即可。证明二：因为为锐角，故：，同理：，三式相乘。例七、（1994年全国联赛一试）在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是（A） ； （B） ； （C） ； （D） 。分析：根据正n棱锥的结构特征，相邻两侧面所成的二面角应大于底面正边形的内角，同时小于，于是得到（A）。例八、（1992年全国联赛一试）设四面体四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，它们的最大值为S，记，则一定满足（A） ； （B） ； （

7、C） ； （D） 。分析：因为 所以 。特别的，当四面体为正四面体时取等号。另一方面，构造一个侧面与底面所成角均为的三棱锥，设底面面积为S4，则：，若从极端情形加以考虑，当三棱锥的顶点落在底面上时，一方面不能构成三棱锥，另外此时有，也就是，于是必须。故选（A）。三、有关距离的计算。例九、（2003年全国联赛一试）将八个半径为1的小球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 。分析：立体几何问题的处理常需要抓住其主要特征，作为球体其主要特征无疑为球心与球半径，将八个小球的球心独立出来即可得到一个如图所示的几何体。H1G1F1E1C

8、1B1A1HGEDCBAD1FOACEGB1D1F1H1,此几何题每相邻两点间的距离为2，显然，两底面ACEG与B1D1F1H1间的距离加上2即为所求符合条件的圆柱体的高。于是将该几何体补形成为如图所示的正八棱柱求其高，也就是求其中一个部分，三棱锥B1ABC的高，然后加上2即可。取AC的中点O，连接BO、B1O，易知：B1O=在等腰三角形ABC中，AC=2，ABC=，BO=，（线段BO的长度也可以通过正八边形外接圆半径减去正方形边长的一半1得到）在直角三角形B1BO中：BB1=所求圆柱体的高：例十、（2001年全国联赛一试）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1与BD1的距离

9、是 。D1C1B1A1DCBAFE分析：在立体几何中求距离，最常用的解题思想是转化。线线距转化为线面距、线面距转化为面面距、面面距转化为点面距、点面距转化为点线距，最终常常化为在一个平面内求一点到一条直线的垂线段的长度。连接B1D1交线段A1C1于点F，取BB1的中点E，连接A1E、C1E，显然，BD1平面A1C1E。于是，将两条异面直线之间的距离转化为直线与平面之间的距离，易知，所求距离为。ODBCAS例十一、（1997年全国联赛一试）已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点都在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距

10、离为 。分析：作SD平面ABC于D，连接BD，因为SA=SB=SC=2，所以点D为底面三角形ABC的外心，即D为AB的中点，同时，球心O必在线段SD上。所求点O到平面ABC的距离即为线段OD的长。设球半径，OD=，则： 解得：。例十二、（1996年全国联赛一试）高为8的圆台内有一个半径为2的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切。圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点。除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是（A） 1 ； （B） 2 ； （C） 3； （D） 4 。分析：根据所放球的特点，加入的小球和球O2应

11、该都与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，即加入小球的球心与O2均匀分布在与底面距离为3，圆台轴的周围。如图：作O2O轴OO1于O，则：O1OBAO2OO2原问题即需考查在半径为4的圆周上，均匀分布着几个半径为3且不相交的圆。设：AOO2=BOO2=，则，显然，故可排列3个圆。即可加入两个小球。例十三、（1996年全国联赛一试）已知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面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两点间的距离是 。分析：设正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则：ACBDEFOP 即：化简得： 所以，。于是可求得线段的长：。于是有最远距离为底

12、边长3。例十四、（1992年全国联赛一试）设l、m是两条异面直线，在l上有A、B、C三个点，且AB=BC，过A、B、C分别作m的垂线AD、BE、CF，垂足依次为D、E、F，已知AD=，BE=，CF=。求l与m的距离。GAECMLIDFHB分析：设的公垂线段为LM，过点M作，另作如图所示的垂线段。若点A、B、C在点L的同侧，设所求距离为， 解得：，若点A、B、C在点L的两侧，如图所示有，即有等式：FCBAHIMDGNE， 解得：。四、体积和体积法。ED CBA例十五、（2003年全国联赛一试）在四面体ABCD中，设，直线与的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于分析：根据锥体的体积公式我们

13、知道：。从题目所给条件看，已知长度的两条线段分别位于两条异面直线上，而已知距离是两条异面直线之间的距离而非点线距。显然需要进行转化。作BECD,且BE=CD，连接DE、AE，显然，三棱锥ABCD与三棱锥ABDE 底面积和高都相等，故它们有相等的体积。于是有：例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为V1，满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则：（A）V1=V2； （B）V1=V2； （C）V1=V2； （D）V1=V2；分析：我国古代数学家祖暅在对于两个几何体体积的比较方面作出了卓越的贡献，祖暅原理告诉我们：对于两个底面积相同，高相等的几

14、何体，任做一个平行于底面的截面，若每一个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。运用祖 原理的思想我们可以将不规则的几何体的体积计算转化为规则几何体的体积计算。如计算球的体积时我们可以将半球转化为圆柱与圆锥的组合体。显然，本题中的两个几何体符合祖暅原理的条件，比较其截面面积如下：取，则：当时：当时：显然，于是有：。例十七、（2000年全国联赛一试）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为，则这个球的体积是 。分析：由正四面体的图象的对称性可知，内切球的球心必为正四面体的中心，球与各棱相切，其切点必为各棱中点，考查三组对棱中点的连线交于一点，即为内切球的球心，所以每组对棱间的距离即为

15、内切球的直径，于是有： ROEDCAPB 练习：同样可用体积法求出棱长为的正四面体的外接球和内切球的半径。分析可知，正四面体的内切球与外接球球心相同，将球心与正四面体的个顶点相连，可将正四面体划分为四个全等的正三棱锥，于是可知内切球的半径即为正四面体高度的四分之一，外接球半径即为高度的四分之三。故只要求出正四面体的高度即可。又：，所以，。例十八、（1999年全国联赛一试）已知三棱锥S-ABC的底面为正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是SBC的垂心，二面角H-AB-C的平面角等于30，SA=。那么，三棱锥S-ABC的体积为 。OEDHCASB分析：在求解立体几何问题时，往往需要首先明白所要考查

16、对象的图形特点。连接BH并延长交SC于D，连AD。H为SBC的垂心BDSC， 且 HDSC ，故 ADSC ，SC平面ABCSCAB作SO平面ABC于O，连接CO并延长交AB于E，易知：CEAB，连DE。AB=ACHB=HC，即A在平面SBC内的射影H在线段BC的垂直平分线上，而点H是SBC的垂心，可知SBC为SB=SC的等腰三角形。S在平面ABC内的射影O在线段BC的垂直平分线上。故射影O为ABC的中心，三棱锥SABC为正三棱锥。设底面边长为，则CE=，SA=SB=SC=SO=3，OC=CE= 例十九、（1998年全国联赛一试）中，是的中点。将沿折起，使A、B两点间的距离为，此时三棱锥ABC

17、M的体积等于 。FFMMEEDDBBCCAA分析：关于折叠问题，弄清折叠前后线段之间的变与不变的关系往往是我们解决问题的关键，问题中经常会涉及折叠图形形成二面角，在折叠前作一条直线与折叠线垂直相交，于交点的两侧各取一点形成一个角，于是在折叠过程中，此角始终能代表图形折叠所形成的二面角的大小。此外，通过分析可知解决本例的另一个关键是需要得到棱锥的高，其实只要能找到二面角，高也就能迎刃而解了。如图，作BDCM的延长线相交于D，AFCM于F，并延长到E，使EF=BD，连BE。显然，AF=EF=BD= ，EB=DF=2,所以：AE2=AB2-EB2=8-4=4三棱锥ABCM的高即点A到平面BCM的距离

18、也就是等腰AEF中点A到边EF的距离。根据面积相等可求得：. 例二十、（1995年全国联赛一试）设O是正三棱锥PABC底面ABC的中心，过O的动平面与PABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q、R、S，则和式（A）有最大值而无最小值； （B）有最小值而无最大值；OSRQCBAP（C）既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等；（D）是一个与平面QRS位置无关的常量。分析：借助于分割思想，将三棱锥PQRS划分成三个以O为顶点，以三个侧面为底面的三棱锥OPQR，OPRS，OPSQ。显然三个三棱锥的高相等，设为，又设，于是有：又：，其中为PQ与平面PRS所成的角。于是得：例二十一、（1993年全国联赛一试）三棱锥SABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB中点，作与SC平行的直线DP。证明：（1）DP与SM相交；（2）设DP与SM的交点为，则D为三