高中数学总复习精讲：7-立体几何(文)习题精讲

例谈立体几何中的转化

立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富，其中最重要的就是转化的思想方法，它贯穿立体几何教

学的始终，在立体儿何教学中占有很重要的地位。立体儿何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化，

具体从以下几个方面入手。

1、位置关系的转化

线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体儿何中的一个重点内容，其精髓就是平行与垂直位置

关系的相互依存及转化，平行与垂直问题不但能横向转化，而且可以纵向转化。

例1已知三棱锥S-ABC中，ZABC=90°,侧棱ABC.点A在棱SB和SC上的射影分别

是点E、F。求证EF±SC.

分析：・.飞、E、F三点不共线，AF±SC,

二要证EF±SC,只要证SC_L平面AEF,

只要证SC±AE（如图Do

XVBC±AB,BC1SA.；.BCJ-平面SAB,

，SB是SC在平面SABI二的射影。

只要证AE_LSB（已知），.•.EF_LSC。

例2设矩形ABCD,E、F分别为AB、CD的中点，以EF为棱将矩形

折成二面角A—EF—q（如图一2）。求证：平面ABF〃平面0DF。B

分析一（纵向转化）：

TAE〃DF,AE亿平面CDF.

AE〃平面CDF.同理,‘BE〃平面CDF,

又AECBE=E,二平面ABE〃平面CDF。

111

分析二（横向转化）：

VAE/7EF,B,E±EF,且AEnB]E=E,AEFlYffiC,DF.

同理，EF_L平面CDF。平面AB1E〃平面CDF.

11

2、降维转化

由三维空间向二维平面转化，是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降

维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去，用学生们比较熟悉的

平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等白

例3如图3在直三棱柱ABC-A4CJ』，AB=BC=BB=2,三ABC=90

为AA,、JB］的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为.

分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。

又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。

例4如图-4直四棱柱ABCD-ABCD中，AA=2,底面ABCD是直角梯形，NA是图直

11111

AB||CD,AB=4,AD=2,DC=1，求异面直线BC与DC所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）

1

解：由题意AB//CD,

三CBA是异面直线BC,与DC所成的角.

连结AC与AC,在RtAADC中，可得AC=<5，

1

又在RtAACC中，可得AC=3.

11

在梯形ABCD中，过C作CH//AD交AB于H,

得三CHB=90o,CH=2,HB=3,：CB=V13

图-4

又在RtACBC中，可得BC=JvT,

i1

AB2+BC2_AC23V'17

在\ABC中,cosHABC=------------------1----------------1-=------------------,:三ABC=arccos-----------.

112AB.BC17117

1

，异而直线BC与DC所成角的大小为。

1

实现空间问题向平面问题转化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。

3、割补转化

“割形”与“补形”是解决立体儿何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟

知的简单儿何体，从而较快地找到解决问题的突破口。

例5如图5,三棱锥P-ABC中，已知PA±BC,PA=BC=n,

PA与BC的公垂线ED=h,

求证：三棱锥P-ABC的体积V耳n2h.

此题证法很多，下面用割补法证明如下：

分析一：如图5,连结AD,PD,VBC±DE,BC±AB,

；.BCJ-平面APD,又DE_LAP,

图一5

11

——n2h

/.V=V+V=3BC•S=6

PABCBAPDC-APD.;APD

分析二：如图6,以三棱锥P—ABC的底面为底面，侧棱PA为侧棱，补成三棱拄PB1C1-ABC,连

结EC、EB,则易证AP_L平面EBC,

工

AV=AP-S=2mh。

KitzEBC

11n2h

:.v=3v=6

P-ABC他拄

4、等积转化

“等积法”在初中平面几何中就已经有所应用，是一种很实用的数学方法与

技巧。立体儿何中的“等积转化”（或称等积变换）是以面积、体积（尤其是四面

体的体积）作为媒介，来沟通有关元素之间的联系，从而使问题得到解决。

例6如图7,已知ABCD-ABCD是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA与CC的中点，求四

111111

棱锥A-EBFD『勺体积。

略解：易证四边形EBFD是菱形，

1

连结AQrECpAC/AD1，

则V=2V=2V=2V

A1-EBFD1A-EFDF-A1ED1C1-A1ED1

11

^^EAICIDI^AAICIDI11V正方AC体1=晒

5、抽象向具体转化

例7A、B、C是球。面上三点，弧AB、AC、

BC的度数分别是90。、90。、60。。求球O夹在二面

角B-AO—C间部分的体积。

分析：此题难点在于空间想象，即较抽象。教

师引导学生读题：条件即NAOB=ZAOC

=90。，ZBOC=60°,然后给出图形（如图8）,则

可想象此题意即为用刀沿60。二面角，以直径为棱将

一个西瓜切下一块，求这一块西瓜的体积，（答：

27rl•3

9）。问题于是变得直观具体多了。

例8三条直线两两垂直，现有一条直线与其中两条直线都成60。角，求此直线与另外一条直线所成的

角。

分析：由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直，于是问题可以转化为如下问题：长方体一条对角线

与同一顶点上的三条棱所成的角分别是60°、60。、a,求a的大小。

根据长方体的性质，有cosa+cos60°+cos60°=1,可求得a=45%

立体几何的教学，关键是要调动学生的学习兴趣，让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结

论源自生活实际，源自平面几何，要教会学生联想实际模型，联想平面几何中己经熟悉的东西，借助可取

之材来建立空间想象，加强直观教学，这样就容易让学生接受，让他们喜欢上这一门学科，从而更有效地

培养他们的空间想象力，提高他们解决立体儿何问题的能力。

立方体在高考题中

立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体.首先：其本身中的点、线、面

的位置关系包涵了空间图形中的所有的位置关系.其次：它与代数（如：不等式、函数与数列、排列组合等）、

三角、解析几何有着密切联系.因而它是高考命题的热点.下面从数学思想方法方面探究其重要性.

一.体现数形结合思想

1.2004年天津卷（6）如图，在棱长为2的正方体ABCD—ABCD中，O是底面ABCD的中心，E、F

分别是CC、AD的中点.那么异面直线OE和FD所成的角9的余弦值等于.

V10V1542

(A)(B)(Q(D)

5553

分析：可建立空间直角坐标系(如图)，转化为空间向量的数量关系

Z

2.2003年全国卷(12)一个四面体的所有棱长都为6,四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为()

(A)3n(B)4兀(C)373兀(D)6k

分析：本题中没有立方体，可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体.

如图，将正四面体ABCD补成立方体,则正四面体、立方体的中心

与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为石，

4

所以正方体棱长为1,从而外接球半径区=2，得S球3n.故选(A).

注：“补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决，是

处理空间图形中惯用的手段.

二.体现转化与化归思想

3.2003年全国(理)(16).下列5个正方体图形中，I是正方体的一条对角线，点M、N,P分别为其所在棱

的中点，能得出I」面MNP的图形的序号是(写出所有符合要求的图形序号)

①②③④⑤

分析：易知①是合要求的，由于五个图形中的I在同一位置，只要观察图②®④⑤中的平面MNP哪一个和

①中的平面MNP平行(转化为面面平行)即可.

故为：①©©

注：本题中选①中平面MNP作为"参照系"，可清淅解题思路，明确解题目标.

4.2004年北京卷(4)如图，在正方体ABCD-ABCD中，P是侧面BBCC内一动点，若P到直线BC

与直线CD的距离相等，则动点P的轨迹所在或是

(A)直线

(B)圆

(Q双曲线

(D)抛物线

分析：易知P到直线CD的距离为：PC|.

,11

由q是定点,BC是定直线.

条&即动点P到定点C的距离等于到定直线BC

I

注：立几中的解几问题是近年来才露脸的题型，要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容，更要有跳跃

的思维，较强的转换能力.

三.体现分类讨论思想

5.2000年全国卷(16)如图，E、F分别为正方体的面ADDA、

11

面BCCB的中心，则四边形BFDE在该正方体的面上的射

111

影可能是。(要求：把可能的图的序号都填上)

①②③④

分析：因正方体是由三对平行面所组成，所以只要将四边形BFDE在三个方向上作投影即可，因而可分为

1

三类情况讨论.

⑴在面ABCD上作投影可得②(平行四边形).

⑵在面ADDA上作投影可得③(线段).

11

⑶在面ABBA上作投影可得②(平行四边形).

11

故可填为：②©

注：截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型，象本题一样的定性分析题一定要抓住

图形的特性(平行、垂直等)进行分析.

6.2004年湖南卷(10)从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为

(A)56(B)52(C)48(D)40

分析：可将合条件的直角三角形分为两类：

第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6c3=24个.

4

第二类：三个顶点在正方体的相对的两个面上时，直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面，因而有：

6X4=24个.

故共有：24+24=48个.从而选©

注：以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型，要做到不重复不遗漏地分类并且注意几

何体的结构特点去求解.

四.体现函数与方程思想

7.2002全国卷(18)如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相

垂直.点M在AC上移动，点N在BF上移动，

若CM=BN=a(0<av72).

⑴求MN的长；

⑵当a为何值时，MN的长最小；

分析：将图形补成为正方体(如图)运用函数思想求解.

(1)作MK.LAB于K,连KN.由面ABCD.L面ABEF

得MK1KN.从而|MN|=VMKz+KN2……①

BKCMBN

又由==得KN//AF.

KAMANF

从而|KNI|BK|=——,IBNI=a②

22

IMK1=—|AMI=­(>/2—a)……③

22

将②®代入①有l/INI9—a)2+[a2=\a2—v2a+1为所求.

\22

⑵运用函数配方法，由(I)知aa+1.(0VaV£

配方有

注：对空间图形中含有一些“动态”因素（象距离、角度等）的问题，可考虑能否把这一动源作为自变量，构造

目标函数，用函数的思想来处理.

8.2004年湖北（18）如图，在棱长为1的正方体ABCD—ABCD中，点E是棱BC的中点，点F是棱

till

CD上的动点.试确定点F的

使得DE_L平面ABF.

分析：以人为坐标标层点，建立如图所未的空间直角.坐标系.

运用方程思想（借助向量的数量积）求解.

设DF=X，则A（0,0,0）,B（1,0,1）,

D,<P>1,0>E|1,,0|,F(x,1,0)

(2)

AF=(x,1,0).

(

于是DEJ_平面AB•.DE.AF=0—|1,—1—1)|.(x,1,0)=0—

(2)

既*=.故当点F是CD的中点时，D,E_L平面AB,F.

2

在近几年的高考试题中，立方体不仅包涵了所有的数学思想方法，密切了与中学数学中其它内容的联系，更

体现着从静到动，从单一到多方面，从立方体本身应用问题到利用立方体去解决问题的发展变化.仔细研究这

些变化对学好空间几何无疑是有裨益的.

几点思考：

1.加强对立方体的研究，对空间图形的研究以培养学生的空间想象能力，数形转换能力与逻辑思维能力.

⑴对立方体本身的研■究：如：立方体的内切球,外接球，球与立方体的棱相切等；立方体与正四面体的联系；

以正方体各面的中点为顶点可构成正八面体等.

⑵对空间图形问题中解题方法的研究：以立方体为载体的方法有：平移求角法，割体补形法，面积射影法，体

积相等法，侧面展形法,转化化归法，空间向量法等.

⑶构造立方体以解决有关问题（第二册下BP〔g3）“已知三个平行平面a、忤Y与两条直线！、m分别相交

于点A、B、C和点D、E、F（图1）,求证：竺=DE".”解答此题时学生很容易误将！与m共面去理

BCEF

解造成错误.其实构造正方体（图2）可加强直观性以帮助学生理解.

•\D______

图1图2

通过对立方体及空间图形的研究可培养学生的认识空间图形的能力，建立起空间概念，准确地理解并熟

练运用概念、性质、公理、定理进行判断、推理与转化(如：①线线、线面、面面垂直关系的转化及平

行关系的转化，②把空间距离和角向平面距和平面角的转化,③文字语言、符号语言、图形语言三者的相

互转化.)等

2.加强立方体与其它内容的渗透的研究：立方体与排列组合的结合，象染色问题，计数问题；立方体与解析几

何的结合,象轨迹问题；立方体与函数方程的结合,象最值问题；立方体与代数三角的结合,象角度距离问

题；立方体与其它学科的结合，象化学晶体问题等.这样有助于对正方体的深刻认识与实际应用.

3.通过对立方体及空间图形的研究挖究高考解答题的模式.

高考解答题往往是要解决两大问题：一是证明题，二是计算题.处理方式有两种：⑴在证明中要以典型的

三段论的形式严格按照演绎推理的步骤完成推理的论证；计算时并非单纯的数字计算，而是与作图与证明相

结合的，立体几何计算题的主要步骤可归纳为："画一证一算"三步."画”是画图，添加必要的辅助线，或画出

所要求的几何量，或进行必要的转换化，“证”是证明，证明所画的几何量即为所求，然后进行最后一步计算.这

三步之间紧密相连，环环相扣，相互制约，是解决立体几何题的思维程序.⑵由垂直关系建立空间直角坐标系，

运用向量处理即可.

例谈点到平面距离的求法

立体儿何的空间距离是历年高考考查的重点和热点。由于线面距离、面面距离以及两异面直线间的距

离都可以转化为点到平面的距离来解决，因此点到平面的距离更值得我们关注。

点到平面的距离的求法可分为三大类：

一、由点向平面引垂线，且垂足位置可确定

转化到在某平面内，求出点和垂足间的线段的长。

1、用定义直接构造法

例1、如图，三棱锥S-ABC中，AABC是等腰三角形，AB=BC=2a,

三ABC=1200,且SA」面ABC,SA=3a。求点A到平面SBC的距离。目

解：作AD」BC交BC于D,连结SD..

SAJ平面ABC,根据三垂线定理有SDJBC<

殳SDcAD=D,:BC」平面SAD。又BC仁平面SBC,AB

：平面SBCJ平面ADS,且平面SBCc平面ADS=SD°

：过点A作AHJSD于H,则AH］平面SBC”在RtASAD中，SA=3a,

SAAD3a

AD=AB'sin600=Sa,:AH=,=-——

VSA2+AD22

3a

故点A到平面SBC的距离为一。

2

【点评】利用构造法关键是定位点在面内的射影。常常要寻找过已知点且与所给面垂直的面，再过已知点

作两垂面交线的垂线。

2、转移构造法

(1)利用平行线转换点

例2、在直三棱柱ABC—ABC中，ABJBC,AB=CC=a,BC=b(b>a)

1

(1)求证：ACJAB(2)求点B到平面ABC的距离.

1i11

解：⑴连结AB,贝IJABJAB,又ABJBC,故ABJ面ABC。知

11111111

ACJAB,得AC」面ABBA,知AC」AB0

111111111

(2)由(1)得面ABC」面AAC.

•/AB-AB,：AB评面ABC:A到平面ABC的距离等于B到平面ABC的距离

11111

过A作AG」AC于G,ABJ平面ACCA,ABJAG

111111

a>A>2—a2

从而AG」平面ABC故AG即为所求的距离。易求AG二

b

【点评】利用直线与平面平行，把所求的点到平面的距离转移到平行线上另一点到平面的距离来求，

是我们常用的方法。

(2)对称转移或利用定比分点

例3、如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PAJ平面ABCD,PA=2c,Q是PA的中点.求P到平

面BQO的距离.

解：过A作AE」BD垂足为E,连结QE。•.•平面BQD经过线段PA的中点，...P

到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离.在ZXA能中，作AH」QE于H.丁!®」AE,BD」QE,

平面A(®.Z.BDJAll,A1IJ平面BQE,即AH为A到平面BQD的距离.

ababc

在RtAAQE中，VAQ=c,AE=,=,.;AH=y------=.

'a2+b2«a2b2+b2c2+c2a2

例4、已知正方体的棱长为1,。为上底面ABCD的中心。

1111*

求点。到平面ABCD的距离。

11

AB

析：点A到平面ABCD的距离为线段AE的长，易求得AE

为AC的中点，故点O到平面ABCD的距离为

11114

【点评】转移构造常利用已知平面点分某条斜线段所成的比，体现着转化的思想。

二、由点向平面引垂线，垂足无法确定或难确定时

1、等体积法（利用三棱锥的体积公式）

例5、已知在棱长为1的正方体ABCD-A・B・C，D'中，E、F分别是A，BJCD的中点，求点B到平面

AECF的距离。

解：连结AE、BF、EF,则点B到平面AECF的距离即为点B到平面AEF的距离。设点B到平面

AEF的距离为h,根据V=V则

EABFB-AEF

11

EG.S-=hLS「，得h=-----

ABF3AEF33

【点评】由于四面体以不同面为底的体积相等，因而等体积法的关键是将距离看成是某四面体的高。

2、运用面面角或利用斜线和平面所成的角

1

例6、在直角梯形ABCD中，三D=三BAD=9Oo,AD=DC二AB二a。将AADC沿AC折起

2

使D至如果二面角D-AC-B为60。，求点D•到面ABC的距离。

解：设D•在平面ABC内的射影为O,E为AC的中点，连结OE

由于DE」AC,故三DEO为二面角的平面角，即三DEO=60。。又DE=a,所以

2

DO=DE-isin60<>=a0

4

例7、已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD

所在平面，且GC=2,求点B到平面EFG的距离.

解：设M为FE与CB的延长线的交点，作BRJGM,R为垂足.又GMEB,

所以平面BER±平面EFGo又ER为它们的交线

・・・ZREB就是EB与平面EFG所成的角0

由△MRRs△MCG,可得

RBMBMB.CG2

------=---------nRB

CGMGMG

BR

在RtAREB中，sin9=sinHBER=——

ER11

2

于是得所求之距离d=EB.sin三BER

11

【点评】此法体现着角与距离间的转化，另一个变化是利用距离求角，应引起我们的足够重视。

3、利用两平行平面的距离确定

对上例，有如下的计算方法：

解：把平面EFG补成一个正四棱柱的截面所在的平面.则面GMT是正四棱柱ABCD-ABCD经过F、

1111

E、G的截面所在的平面.MG交BB于N,TG交DD［于Q.作BP//MG,交CG于P,连结DP.则有平面GTM〃

平面PDBo它们之间的距离就是所求之距离，于是可以把点B平移到平面PDB上任何一个位置。

而这两个平行平面的距离d又同三棱柱GQN—PDB的体积有关，所以可以利用三棱柱的体积确定所

求之距离。则有三棱柱GQN—PDB的体积V的关系式：

V=S.d=S,BN(*).易求出

APDBACDB

由关系式(*)可得,

于是平行平面间的距离d=,即点B到面EFG的距离为一

1111

【点评】若两平面平行，则平面内的任一条直线到另一个平面的距离等于两平面间的距离，对于分别

位于两个平行平面内的异面直线之间的距离也等于两平面间的距离。在解题过程中要注意体会。

三、向量法

例8、如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AECF所截面而得到的，

1

其中AB=4,BC=2,CC=3,BE=1.

求：点C到平面AECF的距离.

解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0),

C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).

・・・AECF为平行四边形，

1

由AECF为平行四边形，

1

由AF=EC得，(-2,0,z)=(_2,0,2),

1

z=2:F(6,0,2).

设n1为平面AEC〔F的法向量,

显然n不垂直于平面ADF,故可设n=(x,y,1)

(In.AE=0,(0)x+4)y+1=0(4y+1=0,［八--

由〈।得〈即〈：〈1

|p7AF=0,|-2>x+0)y+2=0|-2X+2=0,Iy=一

14

又CC=(0,0,3),设CC与n的夹角为a,则

111

."到平面人£（3丁的距离为~=2（：_|（；05以=3〉=

113311

【点评】若点P为平面a外一点，点A为平面a内任一点，平面的法向量为11,则点p到平面a的

距离公式为d=。当我们学习了空间解几以后，还有点到平面的距离公式，这里从略。

主体几何中的识图技巧

如何解决立.体几何问题的关键在于空间想像能力的培养、逻辑能力的培养、化归能力的培养，而逻

辑思维能力，在初级学习及其它分支的学习中有了一定的提升，所以空间想像能在解决立几解题过程中，

显得尤其突出，而空间想像是漫无边际泊胡想，而应该以题设为根据，以某何体为依托，这钱会密趣想

象力插上翱翔的翅膀。

如何以面为依托，来确定相关元素之间的位置关系一一面要画得舒展，

突破体的束缚。

例1：ZXABC为等边三角形，边长为12,C在2面内，

AB到面距离分别为6和3,求AABC与2所成二面角的大小。

先将面ABC扩展与2交于P,

就清楚的看出NACA，为所求的

1

NACA'=,ZACA=30°

2

例2：正四棱柱ABCD-ABCD中，过B作截面交正四棱柱于FG,AG=CE,且面ABCD与面BEFG

111

成45°,AA=10,AB=1,求ABCD—BEFG

1

将面BEFG扩展截面ABCD交于FG,

由于AG=CE,就很容易得到NFBD=45°,

FD=BDtg45、BD=C及AG氏乂，

2

故V=2-V-ADFG=

2•.[V2+2.1乂1=:一9二

322322

或V为以ABCD为底面高为DF的长方

体体积的一半而V=1X1X«’2*—=

22

例3：三棱锥P-ABC中，PA=a,PB=PC42a,ZAPB=ZAPC=45°,

2

cosZBAC=,D、E为PB、AB的中点，

3

求面PAC与面DEC所成角

本题中以扩展的面PAC的扩展的

面DEC(I//PA,I//DE)

从而NACE为所求

2、以扩展的二面角为依托，来确定相关元素的相互关系——技巧2,舒展的二面角为参照体系。

例4：矩形ABCD中，AB=3,AD=4,沿BD将距形ABD折起，使面ABD和面CBD成120°,求

AC的距离

本题以扩展的二面角2—BD-。

衬托了矩形折起的相关位置，

就可以利用二面角的平面角的

定义及求法作出AE、CF及矩形EFCG,

从而得出CG±AG,AC的长度就可以

RtAACG中求解

—12

AG2=AE2+EG2+AGEG=3AE2=3()2

5

127481

AC2=AG2+CG2=3()2+()2=,AC=

5552

例5：斜三棱柱ABC-ABC的倒棱与底面边长都是2,

11i

倒棱与底面所成的角为60°,侧面ABB1A1J_底面ABC(如图)

(1)求证BC±CA

i1

(2)求CA与AB所成的角

11

(3)求V—ABC的体积

A111

本题如果将与底面垂直的侧面及底面ABC

放在扩展的直二面角内，以扩展的直二面角

为依托则AB_L®iADCnAB±AC,则

1i11111

菱形AACCnAC1AC,所以AC,面

11111

ABC,故AC±BC,ABCD^AADC,

所以SMB,C;>TV「A,B,C=：VT-T=1

32

3、以线面相交为依托，完成相等或成比例的距离求基本形为：直线AB与a于0

AO=BO,则A到a的距离可以转化B

到而a的距离EO=KBO(KeR>),/

则E至la的距离也可以转化为B至ija的距离乙

例6：在三棱锥P-ABC,PA=PB=PC.BC=2a,AC=a,AB=、'3a,点P到平面ABC的距离为3a

(1)求二面角P-AC-B的大小

(2)求点B到平面PAC的距离/

本题中由于PA=PB=PC,P在面ABC/

上的射影O为BC中点，作OD_LAC,/二

则NPDO为二面角P-AC-B的平面角即

ZPDO=60J«另一方面，面(<©_1面PAC,y/\

很容易求出。到面PAC的距离，不易求B到/\

面PAC的距离,但BC=2OC,所以可以转化/.~

。到面PAC距离的2倍，即-a,又如CGJ_面:/

ABCD,ABCD为正方形，AB=2,CG=1,E、F为AB、AD的中点，求B到面EFG的距离，对于

这个问题的解法多方面的在这里，我们可以由B到面EFG的距离，由直线段AB转到A,又由AC转到C,

即BC到面EFG距离的

4、以正方体、长方体等为依托，达到距离、体积等求解

例7：(1)四个半么径为R的球成品字两两相切放在桌上，求最高点到桌面距离

(2)三个半径为R的球两两相切放在桌面上，它们中间放一个尽可能大的球，则这个球的半么为多

这两个题都可以球心为多面体的顶点构造图形形成转化如下图

例8：(1)已知CH分子中两氢原子的距离为a,求碳氢原子间距离(或外接球的半径)

4

(2)求四面边长为5,6,7的全等三角形的三棱锥的体积

第一题我们以正方体为依托，构造下图：

两氢原子的距离转化为正方体面对角长，

碳氢原子的距离转化为正方体对角长的一半，

比直接由正四面体的性质求解简明、迅速。

二题我们以长方体为依托，构造下图，同/-------------

上题的转化方式一样，我们不妨设长方体的一-------

长宽高分别为a、b、c,则a2+b2=72

1121v6v30v19

V=abc-4•,"abc=abc-abc=一abc=

3233

例9：将一个小球放入一长方体的容器内，且与共点的三侧面相接触，小球上有一点到这三缈的距

离分别为3、3、6,试分析小球半径可能情况。.［一

由于小球与三个面都相切，所以球心到：

三个面的距离都是R,故可以构造正方体，/

其边长为R,小球上一点到三面距离为3、3、6,：

故可以构造长方体，其边长分别为3、3、6,如下图，

故R2=(6-R)2+(R7-2-3而2nR=3或r=9上三A

以上这些说是技巧，有点自我夸张，只不过是自己对立几解题和教学的一点认识与体会，实际上是

熟能生巧。

立体几何题怎么解

高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道,主观题1道)，共计总分27分左右，考杳的知识点在20个以

内.选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应

以正确的空间想象为前提.随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着"多一点思考，少一点计

算”的发展.从历年的考题变化看，以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考

常新的热门话题.

例1四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形，面ABCD.

(1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°,求这个四棱锥的体积；

(2)证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°

讲解：(1)正方形ABCD是四棱锥P-ABCD的底面，其面积

为a2,从而只要算出四棱锥的高就行了.K

PBJ面ABCD,.♦.BA是PA在面ABCD上的射影.又DA_LAB,'

.-.PA1DA,...NPAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，

NPAB=60"而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB•tg6003a,I'\\

(2)不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.

作AE1DP,垂足为E,连结EC,则△ADE2ZXCDE,

：AE=CE,三CED=90。,故三CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.

4

设AC与DB相交于点O,连结EO,则EO1AC,:a=OA想AE想AD=a.

2

在编AEC中，cos三AECAE2+EC2—(2.OA)2(AE+2OA“AE—、2OA)