高考数学专题复习（精选精讲）练习7-立体几何（文）习题精选精讲

1、例谈立体几何中的转化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，在立体几何教学 中占有很重要的地位。立体几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、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几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。 例例 1 已知三棱锥 SABC 中，ABC90，侧棱 SA底面 ABC，点 A 在棱 SB 和 SC 上的射影分别是点 E、F。求证 EFSC。 分析：

2、A、E、F 三点不共线，AFSC， 要证 EFSC，只要证 SC平面 AEF， 只要证 SCAE（如图 1） 。 又BCAB，BCSA，BC平面 SAB， SB 是 SC 在平面 SAB 上的射影。 只要证 AESB（已知） ，EFSC。 例例 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 AEFC1(如图2)。求证：平面 AB1E平面 C1DF。 分析一（纵向转化）： AEDF，AE平面 C1DF， AE平面 C1DF.同理，B1E平面 C1DF， 又 AEB1EE，平面 AB1E平面 C1DF。 分析二（横向转化）： AEEF，B1EEF，且

3、AEB1EE，EF平面 C1DF。 同理，EF平面 C1DF 。平面 AB1E平面 C1DF。 2、降维转化、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的平面问题。 例例 3 如图-3，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AB=BC=，BB1=2，E、F 分别为 AA1、2 90ABC C1B1的中点，沿棱柱的表面从 E 到 F 两点的最短路径的长度为 . 2 2 3 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

4、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。 例例 4 如图-4 直四棱柱中，底面 ABCD 是直角梯形，A 是直角，AB|CD，AB=4，AD=2， 1111 DCBAABCD 2 1 AA DC=1，求异面直线与 DC 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示） 1 BC 解：由题意 AB/CD， 是异面直线 BC1与 DC 所成的角.BAC1 连结 AC1与 AC，在 RtADC 中，可得，5AC 又在 RtACC1中，可得 AC1=3. 在梯形 ABCD 中，过 C 作 CH/AD 交 AB 于 H， 得13, 3, 2,90CBHB

5、CHCHB 又在中，可得， 1 CBCRt17 1 BC B E A D1 C F C1 图2 D 图1 E S F C B A 图-4 图-3 在. 17 173 arccos, 17 173 2 cos, 1 1 2 1 2 1 2 11 ABC BCAB ACBCAB ABCABC 中 异而直线 BC1与 DC 所成角的大小为。 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、割补转化 “割形”与“补形”是解决立体几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几何体，从而较快 地找到解决问题的突破口。 例 5

6、如图 5，三棱锥 PABC 中，已知 PABC，PABCn, PA 与 BC 的公垂线 EDh， 求证：三棱锥 PABC 的体积 V n2h. 1 6 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，BCDE，BCAB， BC平面 APD，又 DEAP， VPABCVBAPDVCAPDBCSAPD 。 3 1 hn2 6 1 分析二：如图 6，以三棱锥 PABC 的底面为底面，侧棱 PA 为侧棱，补成三棱拄 PB1C1ABC，连结 EC、EB，则易证 AP 平面 EBC， V三棱拄APSEBC n2h。 2 1 VPABC = V三棱拄 = 。 3 1 hn 2 6

7、1 4、等积转化、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 体几何中的“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 ABCDA1B1C1D1是棱长为 a 的正方体，E、F 分别为棱 AA1与 CC1 的中点，求四棱锥 A1EBFD1的体积。 略解：易证四边形 EBFD1是菱形， 连结 A1C1、EC1、AC1、AD1， 则 VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1 =2VE- A1C1D1=VA-A1C1D

8、1=V正方体 AC1a3。 6 1 6 1 5、抽象向具体转化、抽象向具体转化 例 7 A、B、C 是球 O 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 BAOC 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AOBAOC 90，BOC60，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： A1 D1 B1 E F D B C A1 C1 图-7 A O C B 图8 A D B C A1 D1 B1 C1 图9 B 图6 A C P

9、 B1 C1 E A B C P E D 图5 ） 。问题于是变得直观具体多了。 9 2 3 r 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、，求的大小。 根据长方体的性质，有 coscos60cos601，可求得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，联想平面几何中已经熟悉的东西，借助可取之

10、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，提高他们解决立体几何问题的能力。 立方体在高考题中立方体在高考题中 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一体现数形结合思想 12004 年天津卷(6)如图，在棱长为 2 的正方体中，O 是底面 ABCD 的中心，E、

11、F 分别是、AD 的中点.那 1111 DCBAABCD 1 CC 么异面直线 OE 和所成的角的余弦值等于. 1 FD (A) (B) (C) (D) 5 10 5 15 5 4 3 2 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数量关系 运用数量积来求解,可得=(1,1,1), =(1,0,2)OE 1 FD =, =,OE3 1 FD5 有 =(1,1,1) (1,0,2)=3OE 1 FD 又 = cosOE 1 FD35 cos=335 即 cos=.故选(B) 5 15 注：立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(将形和数很好地结合起来)是个好方法. 2

12、2003 年全国卷（12）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）2 （A） （B）4 （C） （D） 3336 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,2 D1 C1 A1 B1 A B C D O F E X Y Z B A C D 所以正方体棱长为 1,从而外接球半径 R=,得.故选(A). 2 3 3 球 S 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

13、的手 段. 二体现转化与化归思想二体现转化与化归思想 32003 年全国(理)(16)下列 5 个正方体图形中， 是正方体的一条对角线，点 M、N、P 分别为其所在棱的中点，能得出面 MNPll 的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序号）_. 分析：易知是合要求 的，由于五个图形中 的在同一位置,只要l 观察图 中的 平面 MNP 哪一个和 中的平面 MNP 平行(转 化 转 化为面面平行) 即可. 故为: 注：本题中选中平面 MNP 作为“参照系”,可清淅解题思路,明确解题目标. 42004 年北京卷（4）如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，P 是侧面 BB1C1C 内一动点，

14、若 P 到直线 BC 与直线 C1D1的距离相等，则动点 P 的轨迹所在的曲线是 （A）直线 （B）圆 （C）双曲线 （D）抛物线 分析：易知 P 到直线 C1D1的距离为：. 1 PC 由 C1是定点, BC 是定直线. 条件即动点 P 到定点 C1的距离等于到定直线 BC 的距离.符合抛物线的定义,化归化归为抛物线问题.故选(D) 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三体现分类讨论思想 52000 年全国卷（16）如图，E、F 分别为正方体的面、 11A ADD 面的中心，则四边形在该正

15、方体的面上的射 11B BCCEBFD1 影可能是_。 （要求：把可能的图的序号都填上） 分析：因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形在三个方向上作投影即可,因而可分为三类分为三类情况讨论.EBFD1 在面 ABCD 上作投影可得(平行四边形). 在面上作投影可得(线段). 11A ADD P M N l P N M l N l P M l M N P N l P M A B C D 1 A 1 B 1 C 1 D P 在面上作投影可得(平行四边形). 11A ABB 故可填为： 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

16、性(平行、垂直等) 进行分析. 62004 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分为两类： 第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6=24 个. 3 4 C 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：64=24 个. 故共有：24+24=48 个.从而选 (C) 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四体

17、现函数与方程思想 7 2002 全国卷(18) 如图，正方形、的边长都是 1，而且平面、互相垂直.点在上移动，ABCDABEFABCDABEFMAC 点在上移动，NBF 若.aBNCM)20( a （1）求的长；MN （2）当为何值时，的长最小；aMN 分析：将图形补成为正方体(如图)运用函数思想函数思想求解. （1）作 MKAB 于 K,连 KN.由面 ABCD面 ABEF 得 MKKN.从而=MN 22 KNMK 又由 得 KNAF. NF BN MA CM KA BK 从而= KNBKBN 2 2 a 2 2 )2( 2 2 2 2 aAMMK 将代入有=为所求.MN 22 2 1 )2

18、( 2 1 aa12 2 aa （2）运用函数配方法函数配方法,由（）知=.MN12 2 aa)20( a 配方有=MN 2 1 ) 2 2 ( 2 a 2 2 即当=时，取最小值.a 2 2 MN 2 2 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. 82004 年湖北（18）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 是棱 BC 的中点，点 F 是棱 CD 上的动点.试确定点 F 的 使得 D1E平面 AB1F. 分析：以 A 为坐标标原点，建立如图所未的空间直角坐标系. A B D

19、 C E F N M K 运用方程思想方程思想(借助向量的数量积)求解. 设 DF=，则 A（0，0，0） ，B1（1，0，1）,x D1（0，1，1） ，E，F（，1，0） 0 , 2 1 , 1x ， . 1, 2 1 , 1 1E D)0 , 1 ,(xAF 于是 D1E平面.=0FAB10 1 AFED 1, 2 1 , 1)0 , 1 ,(x0 2 1 x 既.故当点 F 是 CD 的中点时，D1E平面 AB1F. 2 1 x 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

20、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. 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. 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. 构造立方体以解决有关问题(第二册下 B 3)“已知三个平行平面、与两条直线、分别相交于点 A、B、C 和点 D、 19 Pm E、F(

21、图 1),求证：.”解答此题时学生很容易误将与共面去理解造成错误.其实构造正方体(图 2)可加强直观性 EF DE BC AB m 以帮助学生理解. 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：线线、线面、面面垂直关系的转化及平行关系的转化,把空间距离和角向平面距和平面角的转 化,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

22、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：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 证算”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

23、相扣,相互制约,是解决立体几何题的思维程序.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例谈点到平面距离的求法 立体几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，且垂足位置可确定一、由点向平面引垂线，且垂足位置可确定 C B AD 1 D 1 1 C 1 A 1 B X Y Z E F E CF D A B 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

24、 S-ABC 中，是等腰三角形，ABC2ABBCa , 且 0 120ABC 面 ABC，SA=3a。求点 A 到平面 SBC 的距离。SA 解：作交 BC 于 D,连结 SD.ADBC 平面 ABC,根据三垂线定理有SA SDBC 又,平面 SAD。又平面 SBC，SDADDBCBC 平面 SBC平面 ADS，且平面 SBC平面 ADS=SD 过点 A 作于 H，则 AH平面 SBC。在中，SA=3a,AHSDRt SAD ， 0 sin603ADABa 22 3 2 SA ADa AH SAAD 故点 A 到平面 SBC 的距离为。 3 2 a 【点评】利用构造法关键是定位点在面内的射影。

25、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、在直三棱柱中，,（ba） 111 ABCABC 11 ABBC 1 ,ABCCa BCb （1）求证： (2)求点到平面的距离. 11 ACAB 1 B 1 ABC 解：(1)连结,则，又，故。知 1 AB 11 ABAB 11 ABBC 111 ABABC 面 ，得,知。 111 ACAB 1111 ACABB A 面 11 ACAB （2）由（1）得. 111 ABCAAC面面 11111 ,ABABABABC平面 1111 AABCABC到平面的距离等于B到平面的距离 过

26、作于 G, , 1 A 11 AGAC 11 ABACC A平面 1 ABAG 从而. 故即为所求的距离。易求。 11 AGABC 平面 1 AG 22 1 a ba AG 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，PA平面ABCD，PA=2c，Q是PA的中点求P到平面BQD的距离 解：过 A 作垂足为 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AEBD 离在AQE中，作AHQE于 HBDAE，

27、BDQE，BD平面AQEBDAH，AH平面 BQE， 即AH为A到平面BQD的距离 在RtAQE中，AQ=c，AE=，AH=. 22 ba ab 222222 accbba abc 例 4、已知正方体的棱长为 1，为上底面的中心。O 1111 ABC D 求点到平面的距离。O 11 ABC D B C D A P Q E H S A D C H B E A1 C1 B1 A B C G O C1 D1 B1 A1 C D AB E 析：点到平面的距离为线段的长，易求得.又为的中点，故点到平面的距 1 A 1111 ABC D 1 AE 1 2 2 AE O 11 ACO 11 ABC D 离为

28、。 2 4 【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 的正方体中，E、F 分别是、CD 的-ABCD A B C D A B 中点，求点 B 到平面的距离。AEC F 解：连结 AE、BF、EF，则点 B 到平面的距离即为点 B 到平面 AEF 的AEC F 距离。设点 B 到平面 AEF 的距离为 h, 根据则 - = E ABFB AEF VV ,得 h 11 = 33 ABFAEF EG Sh S 6

29、3 【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 例 6、 在直角梯形 ABCD 中，,。 将沿 AC 折起使 D 到， 如果二面角 0 90DBAD 1 2 ADDCABaADC D D 为，求点到面 ABC 的距离。ACB 0 60 D AB C D O E 解：设在平面 ABC 内的射影为 O, E 为 AC 的中点，连结 OE D 由于,故为二面角的平面角，即。又=，所以=。 D EAC D EO D EO 0 60 D E 2 2 a DO D E 0 sin60 6 4 a 例 7、已知是边长为

30、 4 的正方形，、分别是、的中点，垂直于所在平面，且，求 点 B 到平面的距离. 解：设为与的延长线的交点，作，为垂足 又,GMBR EBGM 所以平面平面。又为它们的交线 就是与平面所成的角 由，可得 ， 10 2 MG CGMB RB MG MB CG RB 在中, 11 sinsin 11 BR BER ER 于是得所求之距离. 2 11 sin 11 dEBBER 【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。 DC A B C D B A C D A B E F 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

31、一个正四棱柱的截面所在的平面.则面 GMT 是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1经过 F、E、G 的截面所在的平面.MG 交 BB1于 N，TG 交 DD1于 Q.作 BP/MG，交 CG 于 P，连结 DP.则有平面 GTM/平面 PDB。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 GQNPDB 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 GQNPDB 的体积 V 的关系式： （）.易求出BN=，CP=，BNSdSV CDBPDB 2 3 4 3 PB=PD= ，BD=， 4 10 3 2

32、4 8 11 3 PBD S8 CDB S 由关系式（）可得， 3 2 8 3 118 d 于是平行平面间的距离 ,即点 B 到面 EFG 的距离为。 11 112 d 2 11 11 【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 AEC1F 所截面而得到的，其中 AB=4， BC=2，CC1=3，BE=1. 求： 点 C 到平面 AEC1F 的距离. 解：建立如图所示的空间直角坐

33、标系，则 A（2，0，0） ， C（0，4，0） ，E（2，4，1） ，C1（0，4，3）.设 F（0，0，z）. AEC1F 为平行四边形， 1 1 , ,( 2,0, )( 2,0,2), 2.(0,0,2). AEC F AFECz zF 由为平行四边形 由得 设为平面 AEC1F 的法向量， 1 n ) 1 ,(, 11 yxnADFn故可设不垂直于平面显然 的 夹 角 1 1 0,0410 2020 0, nAExy xy nAF 由得 . 4 1 , 1 , 022 , 014 y x x y 即 111 ),3 , 0 , 0(nCCCC与设又 为 a，则 . 33 334 1

34、16 1 13 3 | cos 11 11 nCC nCC C 到平面 AEC1F 的距离为。 1 4 334 33 |cos3 3311 dCC 【点评】若点 P 为平面外一点，点 A 为平面内任一点，平面的法向量为，则点 P 到平面的距离公式为。n n nPA 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问题过程中，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

35、某何体为依托，这样会给空间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面要画得舒展， 突破体的束缚。 例 1：ABC 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ABC 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ACA为所求的 ACA=，ACA=30 2 1 例 2：正四棱柱 ABCDAB1C1D1中，过 B 作截面交正四棱柱于 FG，AG=CE，且面 ABCD 与面 BEFG 成 45，AA1=10， AB=1，求 ABCDBEFG 将面 BEFG 扩展截面 ABCD 交于 FG， 由于 A

36、G=CE，就很容易得到FBD=45， FD=BDtg45=BD=及 AG=CE=，2 2 2 故 V=2VBADFG= 2 2 2 2 2 3 3 1 112 2 2 2 2 1 3 1 或 V 为以 ABCD 为 底面高为 DF 的长方 体体积的一半而 V=11 2 2 2 1 2 例 3：三棱锥 P-ABC 中，PA=a, PB=PC=a, APB=APC=45，2 cosBAC=，D、E 为 PB、AB 的中点， 3 2 求面 PAC 与面 DEC 所成角 本题中以扩展的面 PAC 的扩展的 面 DEC（ / PA， / DE）ll 从而ACE 为所求 2、以扩展的二面角为依托，来确定相

37、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 2BD- 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 CGAG，AC 的长度就可以 RtACG 中求解 AG2=AE2+EG2+AGEG=3AE2=3()2 5 12 AC2=AG2+CG2=3()2+()2=, AC= 5 12 5 7 2 5 481 5 481 例 5：斜三棱柱 ABCA1B1C1的倒棱与底面边长

38、都是 2， 倒棱与底面所成的角为 60，侧面 ABB1A1底面 ABC（如图） （1）求证 B1CC1A （2）求 C1A 与 A1B1所成的角 （3）求 VAA1B1C1的体积 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 A1B1面 AD1C1A1B1AC1，则 菱形 AA1C1C A1CAC1，所以 AC1面 A1B1C，故 AC1B1C，B1CDAD1C1， 所以 SA1B1C1=， AA1B1C= 61 2 6 6 3 1 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 与于 0 AO=BO，则 A 到的距离可以转化

39、B 到而的距离 EO=KBO（KR+） ， 则 E 到的距离也可以转化为 B 到的距离 例 6：在三棱锥 P-ABC，PA=PB=PC，BC=2a，AC=a，AB=a，点 P 到平面 ABC 的距离为a3 2 3 （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 ODAC， 则PDO 为二面角 P-AC-B 的平面角即 PDO=60。另一方面，面 POD面 PAC， 很容易求出 O 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 O 到面 PA

40、C 距离的 2 倍，即a，又如 CG面 2 3 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 3 1 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少？ 这两个题都可以球心为多面体的顶点构造图形形成转化

41、如下图： 例 8：（1）已知 CH4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） （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 长宽高分别为 a、b、c，则 a2+b2=72 b2+c2=52 a2+c2=62从而得出 c=,a=,b=，63019 V=abc-4abc=abc-abc= abc= 2 1 3 1 3 2 3 1

42、952 3 19306 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个面的距离分别为 3、3、6，试分析 小球半径可能情况。 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+(R-3)2R=3 或 r=922 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

43、 1 道), 共计总分 27 分左右,考查的知识点在 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 PABCD 的底面是边长为 a 的正方形，PB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

44、所成的二面角恒大于 90 讲解:（1）正方形 ABCD 是四棱锥 PABCD 的底面, 其面积 为从而只要算出四棱锥的高就行了., 2 a 面 ABCD, BA 是 PA 在面 ABCD 上的射影.又 DAAB，PB PADA， PAB 是面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角的平面角， PAB=60而 PB 是四棱锥 PABCD 的高，PB=ABtg60=a,3 . 32 3 3 3 3 1 aaaV 锥 （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 AEDP，垂足为 E，连结 EC，则ADECDE， 是面 PAD 与面 PCD 所成的二面角的平面角.CE

45、ACEDCEAE故,90, 设 AC 与 DB 相交于点 O，连结 EO，则 EOAC，. 2 2 aADAEOAa 在 . 0 )2)(2( 2 )2( cos, 2 222 AE OAAEOAAE ECAE OAECAE AECAEC中 故平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角恒大于 90. 本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理 能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题. 例 2 如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1的底面 ABC 为等腰直角三角形， ACB=900，AC=1，C 点到 AB1的距离为 CE=，D 为 AB 的中点. 2

46、3 （1）求证：AB1平面 CED； （2）求异面直线 AB1与 CD 之间的距离； （3）求二面角 B1ACB 的平面角. 讲解:（1）D 是 AB 中点，ABC 为等腰直角三角形，ABC=900，CDAB 又 AA1平面 ABC，CDAA1. CD平面 A1B1BA CDAB1，又 CEAB1， AB1平面 CDE； （2）由 CD平面 A1B1BA CDDE AB1平面 CDE DEAB1DE 是异面直线 AB1与 CD 的公垂线段 CE=，AC=1 , CD=； 2 3 . 2 2 2 1 )()( 22 CDCEDE （3）连结 B1C，易证 B1CAC，又 BCAC , B1CB

47、是二面角 B1ACB 的平面角. 在 RtCEA 中，CE=，BC=AC=1,B1AC=600 2 3 ， ,2 60cos 1 2 1 AB2)()( 22 11 ABABBB , .2 1 1 BC BB CBBtg2 1 arctgCBB 作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例 3 如图 al是 120的二面角，A，B 两点在棱上，AB=2，D 在内，三角形 ABD 是等腰直角三角形，DAB=90，C 在内，ABC 是等腰直角三角形ACB=.900 求三棱锥 DABC 的体积；（2）求二面角 DACB 的大小； （3）求异面直

48、线 AB、CD 所成的角. 讲解: (1) 过 D 向平面做垂线，垂足为 O，连强 OA 并延长至 E. 为二面角al的平面角.DAEOAABDAOAADAB,上的射影在平面为 .是等腰直角三角形，斜边 AB=2.60,120 DAODAE3, 2DOABADABC, 1 ABC S 又 D 到平面的距离 DO=. 3. 3 3 ABCD V AB C D A1 E B1 C1 （2）过 O 在内作 OMAC,交 AC 的反向延长线于 M,连结 DM.则 ACDM.DMO 为二面角 DACB 的平面角. 又在DOA 中，OA=2cos60=1. 且. 2 2 ,45OMCAEOAM . 6.

49、6arctgDMODMOtg （ 3 ） 在平 在 内 ， 过 C 作 AB 的 平 行 线 交 AE 于 F ， DCF 为 异 面 直 线 AB 、 CD 所 成 的 角 . 为等腰直角三角形，又 AF 等于 C 到 AB 的距离，即ABCACFCAFDFCFAFCFAFAB即又,45, 斜边上的高, . 1 CFAF 异面直线 AB,CD 所成.7.7 . 7 120cos2 222 DCFtg CF DF DCFtgAFADAFADDF 的角为 arctg.7 比较例 2 与例 3 解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看. 例 4 在边长为 a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形

50、这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也 全等，如图若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求 出容积的最大值 图 图 讲解: 设容器的高为 x则容器底面正三角形的边长为,xa32 2 331 ( )(2 3 ) (0)4 3(2 3 )(2 3 ) 442 34 3 a V xxaxxxax ax .当且仅当 . 54 ) 3 323234 ( 16 1 3 3 axaxax . 54 , 18 3 ,3234 3 max a Vaxxax时即 故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为 a 18 3 . 54

51、3 a 对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，本题的深化似乎与 2002 年全国高考文 科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是: 某企业设计一个容积为 V 的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径 r 和圆柱的高 h 为何值时，制造这个密 闭容器的用料最省（即容器的表面积最小）. 例 5 已知三棱锥 PABC 中，PC底面 ABC，AB=BC， D、F 分别为 AC、PC 的中点，DEAP 于 E （1）求证：AP平面 BDE； （2）求证：平面 BDE平面 BDF； （3）若 AEEP=12，求截面 BEF 分三棱锥 P

52、ABC 所成两部分的体积比 讲解: (1）PC底面 ABC，BD平面 ABC，PCBD 由 AB=BC，D 为 AC 的中点，得 BDAC又 PCAC=C，BD平面PAC 又 PA平面、PAC，BDPA由已知 DEPA，DEBD=D，AP平面 BDE （2）由 BD平面 PAC，DE平面 PAC，得 BDDE由 D、F 分别为 AC、PC 的中点，得 DF/AP 由已知，DEAP，DEDF. BDDF=D，DE平面 BDF 又DE平面 BDE，平面 BDE平面 BDF （3）设点 E 和点 A 到平面 PBC 的距离分别为 h1和 h2则 h1h2=EPAP=23, . 3 1 23 2 3

53、1 3 1 2 1 PBC PBF PBCA PBFE ABCP EBFP Sh Sh V V V V 故截面 BEF 分三棱锥 PABC 所成两部分体积的比为 12 或 21 值得注意的是, “截面 BEF 分三棱锥 PABC 所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯 这种”会而不全”的错误. 例 6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心 O1且 平行于母线 AB 的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点 到准线的距离）为 p 的抛物线. （1）求圆锥的母线与底面所成的角； （2）求圆锥的全面积 讲解: （1）设圆锥的底面半径为

54、R，母线长为 l， 由题意得：,即,Rl2 2 1 cos 1 l R ACO 所以母线和底面所成的角为.600 （2）设截面与圆锥侧面的交线为 MON，其中 O 为截面 与 AC 的交点，则 OO1/AB 且 . 2 1 1 ABOO 在截面 MON 内，以 OO1所在有向直线为 y 轴，O 为原点，建立坐标系，则 O 为抛物的顶点，所以抛物线方程为 x2=2py，点 N 的 坐标为（R，R） ，代入方程得 R2=2p（R） ，得 R=2p，l=2R=4p. 圆锥的全面积为. 2222 1248pppRRl 将立体几何与 解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下

55、问题:一圆柱被一平面所截，截 口是一个椭圆已知椭圆的 长轴长为 5，短轴长为 4，被截后几何体的最短侧面母 线长为 1，则该几何体的体积等于 例 7 如图，几何体 ABCDE 中，ABC 是正三角形，EA 和 DC 都垂直于平面 ABC，且 EA=AB=2a， DC=a，F、G 分别为 EB 和 AB 的中点. （1）求证：FD平面 ABC；（2）求证：AFBD； (3) 求二面角 BFCG 的正切值. 讲解: F、G 分别为 EB、AB 的中点， FG=EA，又 EA、DC 都垂直于面 ABC, FG=DC， 2 1 四边形 FGCD 为平行四边形，FDGC，又 GC面 ABC，FD面 AB

56、C. （2）AB=EA，且 F 为 EB 中点，AFEB 又 FGEA，EA面 ABC FG面 ABC G 为等边ABC，AB 边的中点，AGGC. AFGC 又 FDGC，AFFD 由、知 AF面 EBD，又 BD面 EBD，AFBD. （3）由（1） 、 （2）知 FGGB，GCGB，GB面 GCF. 过 G 作 GHFC，垂足为 H，连 HB，HBFC. GHB 为二面角 B-FC-G 的平面角. A F B E D C M N 易求. 3 32 2 3 , 2 3 a a GHBtgaGH 例 8 如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，P、Q 分别是线段 AD1和 BD

57、上的点，且 D1PPA=DQQB=512. (1) 求证 PQ平面 CDD1C1； (2) 求证 PQAD；(3) 求线段 PQ 的长. 讲解: （1）在平面 AD1内，作 PP1AD 与 DD1交于点 P1， 在平面 AC 内，作 QQ1BC 交 CD 于点 Q1，连结 P1Q1. , PP1QQ1 . 12 5 1 QB DQ PA PD / 由四边形 PQQ1P1为平行四边形, 知 PQP1Q1 而 P1Q1平面 CDD1C1， 所以 PQ平面 CDD1C1 （2）AD平面 D1DCC1， ADP1Q1，又PQP1Q1， ADPQ. （3）由（1）知 P1Q1 PQ, ，而棱长 CD=1.DQ1=.同理可求得 P1D=. / 12 5 QB DQ CQ DQ 1 1 17 5 17 12 在 RtP1DQ1中，应用勾股定理, 立得 P1Q1=. 17 13 17 5 17 12 22 22 1 DQDP 做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q 分别是 BD,上的动点,试求的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并 1 ADPQ 与如下 2002 年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示? 如