高三數(shù)學復習文科立體幾何習題精選精講

1、例談立體幾何中的轉化立體幾何中所蘊含的數(shù)學思想方法非常豐富，其中最重要的就是轉化的思想方法，它貫穿立體幾何教學的始終，在立體幾何教學中占有很重要的地位。立體幾何中的轉化主要是空間問題向平面問題的轉化，具體從以下幾個方面入手。1、 位置關系的轉化線線、線面、面面平行與垂直的位置關系是立體幾何中的一個重點內容，其精髓就是平行與垂直位置關系的相互依存及轉化，平行與垂直問題不但能橫向轉化，而且可以縱向轉化。例1 已知三棱錐SABC中，ABC90°，側棱SA底面ABC，點A在棱SB和SC上的射影分別是點E、F。求證EFSC。圖1ESFCBA分析：A、E、F三點不共線，AFSC，要證EFSC，只

2、要證SC平面AEF，只要證SCAE（如圖1）。又BCAB，BCSA，BC平面SAB，SB是SC在平面SAB上的射影。只要證AESB（已知），EFSC。B E A D1C F C1 圖2D例2 設矩形ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，以EF為棱將矩形折成二面角AEFC1(如圖2)。求證：平面AB1E平面C1DF。分析一（縱向轉化）：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（橫向轉化）：AEEF，B1EEF，且AEB1EE，EF平面C1DF。同理，EF平面C1DF 。平面AB1E平面C1DF。2、降維轉化由三維

3、空間向二維平面轉化，是研究立體幾何問題的重要數(shù)學方法之一。降維轉化的目的是把空間的基本元素轉化到某一個平面中去，用學生們比較熟悉的平面幾何知識來解決問題。如線面垂直的判定定理的證明就是轉化為三角形全等的平面問題。圖-3例3 如圖-3，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=，BB1=2，E、F分別為AA1、C1B1的中點，沿棱柱的表面從E到F兩點的最短路徑的長度為 . 分析：這類問題通常都是將幾何體的側面展開成平面圖形來解決。又如異面直線所成的角、線面角、面面角的計算，最終都是轉化為平面上兩相交直線成的角來進行的。例4 如圖-4直四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，A是直角，AB|CD，AB

4、=4，AD=2，DC=1，求異面直線與DC所成角的大小.（結果用反三角函數(shù)值表示）解：由題意AB/CD，是異面直線BC1與DC所成的角.連結AC1與AC，在RtADC中，可得，又在RtACC1中，可得AC1=3.在梯形ABCD中，過C作CH/AD交AB于H，圖-4得又在中，可得，在異而直線BC1與DC所成角的大小為。實現(xiàn)空間問題向平面問題轉化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展開法和輔助面法等等。3、割補轉化“割形”與“補形”是解決立體幾何問題的常用方法之一，通過“割”或“補”可化復雜圖形為已熟知的簡單幾何體，從而較快地找到解決問題的突破口。ABCPED圖5例5 如圖5，三棱錐PABC中

5、，已知PABC，PABCn,PA與BC的公垂線EDh，求證：三棱錐PABC的體積Vn2h.此題證法很多，下面用割補法證明如下：分析一：如圖5，連結AD、PD，BCDE，BCAB， BC平面APD，又DEAP，VPABCVBAPDVCAPDBC·SAPD 。 B圖6ACPB1C1E分析二：如圖6，以三棱錐PABC的底面為底面，側棱PA為側棱，補成三棱拄 PB1C1ABC，連結EC、EB，則易證AP平面EBC， V三棱拄AP·SEBC n2h。VPABC = V三棱拄 = 。 A1 D1B1 E FD B C A1C14、等積轉化“等積法”在初中平面幾何中就已經有所應用，是一種

6、很實用的數(shù)學方法與技巧。立體幾何中的“等積轉化”（或稱等積變換）是以面積、體積（尤其是四面體的體積）作為媒介，來溝通有關元素之間的聯(lián)系，從而使問題得到解決。例6 如圖7，已知ABCDA1B1C1D1是棱長為a的正方體，E、F分別為棱AA1與CC1的中點，求四棱錐A1EBFD1的體積。略解：易證四邊形EBFD1是菱形，連結A1C1、EC1、AC1、AD1， 則VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1 A O C B 圖8 =2VE- A1C1D1=VA-A1C1D1=V正方體AC1a3。圖-75、抽象向具體轉化A D B CA1 D1 B1 C1 圖9例7

7、 A、B、C是球O面上三點，弧AB、AC、BC的度數(shù)分別是90°、90°、60°。求球O夾在二面角BAOC間部分的體積。分析：此題難點在于空間想象，即較抽象。教師 引導學生讀題：條件即AOBAOC90°，BOC60°，然后給出圖形（如圖8），則可想象此題意即為用刀沿60°二面角，以直徑為棱將一個西瓜切下一塊，求這一塊西瓜的體積，（答：）。問題于是變得直觀具體多了。例8 三條直線兩兩垂直，現(xiàn)有一條直線與其中兩條直線都成60°角，求此直線與另外一條直線所成的角。分析：由條件想象到長方體的三條棱也兩兩垂直，于是問題可以轉化為如下問

8、題：長方體一條對角線與同一頂點上的三條棱所成的角分別是60°、60°、，求的大小。根據(jù)長方體的性質，有coscos60°cos60°1，可求得45°。立體幾何的教學，關鍵是要調動學生的學習興趣，讓他們學會聯(lián)想與轉化。立體幾何的許多定理、結論源自生活實際，源自平面幾何，要教會學生聯(lián)想實際模型，聯(lián)想平面幾何中已經熟悉的東西，借助可取之材來建立空間想象，加強直觀教學，這樣就容易讓學生接受，讓他們喜歡上這一門學科，從而更有效地培養(yǎng)他們的空間想象力，提高他們解決立體幾何問題的能力。立方體在高考題中立方體是高中課本里空間圖形中的最基本、最常用、最重要的幾何

9、體. 首先：其本身中的點、線、面的位置關系包涵了空間圖形中的所有的位置關系. 其次：它與代數(shù)(如：不等式、函數(shù)與數(shù)列、排列組合等)、三角、解析幾何有著密切聯(lián)系. 因而它是高考命題的熱點. 下面從數(shù)學思想方法方面探究其重要性.一體現(xiàn)數(shù)形結合思想12004年天津卷(6)如圖，在棱長為2的正方體中，O是底面ABCD的中心，E、F分別是、AD的中點.那么異面直線OE和所成的角的余弦值等于.(A) (B) (C) (D)XYZ分析：可建立空間直角坐標系(如圖),轉化為空間向量的數(shù)量關系運用數(shù)量積來求解,可得=(1,1,1), =(1,0,2)=, =,有 ·=(1,1,1) ·(1,

10、0,2)=3BACD又 ·= ·cos ·cos=3即cos=.故選(B)注：立方體具有的直觀性特點從垂直聯(lián)想到運用向量法求解(將形和數(shù)很好地結合起來)是個好方法.22003年全國卷（12）一個四面體的所有棱長都為，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為（ ）（A） （B）4 （C） （D） 分析：本題中沒有立方體,可充分挖掘是正四面體特點補形成立方體.如圖,將正四面體ABCD補成立方體,則正四面體、立方體的中心與其外接球的球心共一點.因為正四面體的棱長為,所以正方體棱長為1,從而外接球半徑R=,得.故選(A).注：“補形割體”構造模型,進行適當?shù)淖冃螢槭煜さ哪Ｐ?/p>

11、從而很方便地進行計算使問題得到順利的解決,是處理空間圖形中慣用的手段.二體現(xiàn)轉化與化歸思想PMNlPNMlNlPMlMNPNlPM32003年全國(理)(16)下列5個正方體圖形中，是正方體的一條對角線，點M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出面MNP的圖形的序號是 （寫出所有符合要求的圖形序號）_. 分析：易知是合要求的，由于五個圖形中的在同一位置,只要觀察圖 中的平面MNP哪一個和中的平面MNP平行(轉化為面面平行) 即可.故為:注：本題中選中平面MNP作為“參照系”,可清淅解題思路,明確解題目標.ABCDP42004年北京卷（4）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是側面BB1

12、C1C內一動點，若P到直線BC與直線C1D1的距離相等，則動點P的軌跡所在的曲線是（A） 直線（B） 圓（C） 雙曲線（D） 拋物線分析：易知P到直線C1D1的距離為：.由C1是定點, BC是定直線.條件即動點P到定點C1的距離等于到定直線BC的距離.符合拋物線的定義,化歸為拋物線問題.故選(D)注：立幾中的解幾問題是近年來才露臉的題型,要求熟練掌握立體幾何和解析幾何所有知識內容,更要有跳躍的思維,較強的轉換能力.三體現(xiàn)分類討論思想52000年全國卷（16）如圖，E、F分別為正方體的面、 面的中心，則四邊形在該正方體的面上的射影可能是_。（要求：把可能的圖的序號都填上）分析：因正方體是由三對平

13、行面所組成,所以只要將四邊形在三個方向上作投影即可,因而可分為三類情況討論.在面ABCD上作投影可得(平行四邊形).在面上作投影可得(線段).在面上作投影可得(平行四邊形).故可填為：注：截面、射影的問題是空間圖形和平面問題間變換的一種重要題型,象本題一樣的定性分析題一定要抓住圖形的特性(平行、垂直等)進行分析.62004年湖南卷(10) 從正方體的八個頂點中任取三個點為頂點作三角形,其中直角三角形的個數(shù)為(A)56 (B) 52 (C)48 (D)40分析：可將合條件的直角三角形分為兩類：第一類：三個頂點在正方體的同一個面上時有：6=24個.第二類：三個頂點在正方體的相對的兩個面上時,直角三

14、角形所在的平面一定是正方體的對角面,因而有：6×4=24個.故共有：24+24=48個.從而選 (C)注：以幾何體為載體考查排列與組合的有關問題是高考的傳統(tǒng)題型,要做到不重復不遺漏地分類并且注意幾何體的結構特點去求解.四體現(xiàn)函數(shù)與方程思想7 2002全國卷(18) 如圖，正方形、的邊長都是1，而且平面、互相垂直.點在上移動，點在上移動，若.（1）求的長；（2）當為何值時，的長最小；分析：將圖形補成為正方體(如圖)運用函數(shù)思想求解.（1）作MKAB于K,連KN.由面ABCD面ABEF 得MKKN.從而=ABDCEFNMK 又由 得KNAF. 從而= 將代入有=為所求.（2）運用函數(shù)配方

15、法,由（）知=.配方有= 即當=時，取最小值.注：對空間圖形中含有一些“動態(tài)”因素(象距離、角度等)的問題,可考慮能否把這一動源作為自變量,構造目標函數(shù),用函數(shù)的思想來處理.82004年湖北（18）如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，點F 是棱CD上的動點.試確定點F的使得D1E平面AB1F.分析：以A為坐標標原點，建立如圖所未的空間直角坐標系.運用方程思想(借助向量的數(shù)量積)求解.CBADXYZEF設DF=，則A（0，0，0），B1（1，0，1）,D1（0，1，1），E，F(xiàn)（，1，0）， .于是D1E平面.=0既.故當點F是CD的中點時，D1E平面AB1F

16、.在近幾年的高考試題中,立方體不僅包涵了所有的數(shù)學思想方法,密切了與中學數(shù)學中其它內容的聯(lián)系,更體現(xiàn)著從靜到動,從單一到多方面,從立方體本身應用問題到利用立方體去解決問題的發(fā)展變化.仔細研究這些變化對學好空間幾何無疑是有裨益的.幾點思考：1.加強對立方體的研究,對空間圖形的研究以培養(yǎng)學生的空間想象能力,數(shù)形轉換能力與邏輯思維能力. 對立方體本身的研究：如：立方體的內切球,外接球,球與立方體的棱相切等；立方體與正四面體的聯(lián)系；以正方體各面的中點為頂點可構成正八面體等.對空間圖形問題中解題方法的研究：以立方體為載體的方法有：平移求角法,割體補形法,面積射影法,體積相等法,側面展形法,轉化化歸法,空

17、間向量法等.構造立方體以解決有關問題(第二冊下B 3)“已知三個平行平面、與兩條直線、分別相交于點A、B、C和點D、E、F(圖1),求證：.”解答此題時學生很容易誤將與共面去理解造成錯誤.其實構造正方體(圖2)可加強直觀性以幫助學生理解.圖1 圖2通過對立方體及空間圖形的研究可培養(yǎng)學生的認識空間圖形的能力,建立起空間概念,準確地理解并熟練運用概念、性質、公理、定理進行判斷、推理與轉化(如：線線、線面、面面垂直關系的轉化及平行關系的轉化,把空間距離和角向平面距和平面角的轉化,文字語言、符號語言、圖形語言三者的相互轉化.)等2.加強立方體與其它內容的滲透的研究：立方體與排列組合的結合,象染色問題,

18、計數(shù)問題；立方體與解析幾何的結合,象軌跡問題；立方體與函數(shù)方程的結合,象最值問題；立方體與代數(shù)三角的結合,象角度距離問題；立方體與其它學科的結合,象化學晶體問題等.這樣有助于對正方體的深刻認識與實際應用.3.通過對立方體及空間圖形的研究挖究高考解答題的模式. 高考解答題往往是要解決兩大問題：一是證明題,二是計算題.處理方式有兩種：在證明中要以典型的三段論的形式,嚴格按照演繹推理的步驟完成推理的論證；計算時并非單純的數(shù)字計算,而是與作圖與證明相結合的,立體幾何計算題的主要步驟可歸納為：“畫證算”三步.“畫”是畫圖,添加必要的輔助線,或畫出所要求的幾何量,或進行必要的轉換化,“證”是證明,證明所畫

19、的幾何量即為所求,然后進行最后一步計算.這三步之間緊密相連,環(huán)環(huán)相扣,相互制約,是解決立體幾何題的思維程序.由垂直關系建立空間直角坐標系,運用向量處理即可. 例談點到平面距離的求法立體幾何的空間距離是歷年高考考查的重點和熱點。由于線面距離、面面距離以及兩異面直線間的距離都可以轉化為點到平面的距離來解決，因此點到平面的距離更值得我們關注。點到平面的距離的求法可分為三大類：一、由點向平面引垂線，且垂足位置可確定 轉化到在某平面內，求出點和垂足間的線段的長。1、 用定義直接構造法例1、如圖，三棱錐S-ABC中，是等腰三角形，,且面ABC，SA=3a。求點A到平面SBC的距離。解：作交BC于D,連結S

20、D.平面ABC,根據(jù)三垂線定理有又,平面SAD。又平面SBC，平面SBC平面ADS，且平面SBC平面ADS=SD 過點A作于H，則AH平面SBC。在中，SA=3a,，故點A到平面SBC的距離為?！军c評】利用構造法關鍵是定位點在面內的射影。常常要尋找過已知點且與所給面垂直的面，再過已知點作兩垂面交線的垂線。2、轉移構造法（1）利用平行線轉換點例2、在直三棱柱中，,（b>a）（1）求證： (2)求點到平面的距離.解：(1)連結,則，又，故。知，得,知。（2）由（1）得.過作于G, , 從而. 故即為所求的距離。易求?！军c評】利用直線與平面平行，把所求的點到平面的距離轉移到平行線上另一點到平面

21、的距離來求，是我們常用的方法。（2）對稱轉移或利用定比分點例3、如圖，已知ABCD是矩形，AB=a，AD= b，PA平面ABCD，PA=2c，Q是PA的中點求P到平面BQD的距離解：過A作垂足為E，連結QE。平面BQD經過線段PA的中點，P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離在AQE中，作AHQE于HBDAE，BDQE，BD平面AQEBDAH，AH平面BQE，即AH為A到平面BQD的距離在RtAQE中，AQ=c，AE=，AH=. 例4、已知正方體的棱長為1，為上底面的中心。求點到平面的距離。析：點到平面的距離為線段的長，易求得.又為的中點，故點到平面的距離為。【點評】 轉移構造

22、常利用已知平面點分某條斜線段所成的比，體現(xiàn)著轉化的思想。二、由點向平面引垂線，垂足無法確定或難確定時1、等體積法（利用三棱錐的體積公式）例5、已知在棱長為1的正方體中，E、F分別是、CD的中點，求點B到平面的距離。 解：連結AE、BF、EF，則點B到平面的距離即為點B到平面AEF的距離。設點B到平面AEF的距離為h, 根據(jù)則,得h【點評】 由于四面體以不同面為底的體積相等，因而等體積法的關鍵是將距離看成是某四面體的高。2、 運用面面角或利用斜線和平面所成的角例6、在直角梯形ABCD中，,。將沿AC折起使D到，如果二面角為，求點到面ABC的距離。解：設在平面ABC內的射影為O, E為AC的中點，

23、連結OE由于,故為二面角的平面角，即。又=，所以=。例7、已知是邊長為4的正方形，、分別是、的中點，垂直于所在平面，且，求點B到平面的距離.解：設為與的延長線的交點，作，為垂足 又,所以平面平面。又為它們的交線就是與平面所成的角由，可得，在中, 于是得所求之距離.【點評】此法體現(xiàn)著角與距離間的轉化，另一個變化是利用距離求角，應引起我們的足夠重視。 3、利用兩平行平面的距離確定 對上例，有如下的計算方法：解： 把平面EFG補成一個正四棱柱的截面所在的平面.則面GMT是正四棱柱ABCDA1B1C1D1經過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，連結

24、DP.則有平面GTM/平面PDB。它們之間的距離就是所求之距離，于是可以把點B平移到平面PDB上任何一個位置。而這兩個平行平面的距離d又同三棱柱GQNPDB的體積有關，所以可以利用三棱柱的體積確定所求之距離。則有三棱柱GQNPDB的體積V的關系式：（）.易求出BN=，CP=，PB=PD=，BD=，由關系式（）可得，于是平行平面間的距離 ,即點B到面EFG的距離為?！军c評】若兩平面平行，則平面內的任一條直線到另一個平面的距離等于兩平面間的距離，對于分別位于兩個平行平面內的異面直線之間的距離也等于兩平面間的距離。在解題過程中要注意體會。三、向量法例8、 如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被

25、截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.求： 點C到平面AEC1F的距離. 解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.設F（0，0，z）.AEC1F為平行四邊形，設為平面AEC1F的法向量，的夾角為a，則C到平面AEC1F的距離為?！军c評】若點P為平面外一點，點A為平面內任一點，平面的法向量為，則點P到平面的距離公式為。當我們學習了空間解幾以后，還有點到平面的距離公式，這里從略。主體幾何中的識圖技巧如何解決立體幾何問題的關鍵在于空間想像能力的培養(yǎng)、邏輯能力的培養(yǎng)、化歸能力的培養(yǎng)，而邏輯思維能

26、力，在初級學習及其它分支的學習中有了一定的提升，所以空間想像能在解決立幾問題過程中，顯得尤其突出，而空間想像是漫無邊際泊胡想，而應該以題設為根據(jù)，以某何體為依托，這樣會給空間想象力插上翱翔的翅膀。如何以面為依托，來確定相關元素之間的位置關系面要畫得舒展，突破體的束縛。例1：ABC為等邊三角形，邊長為12，C在2面內，AB到面距離分別為6和3，求ABC與2所成二面角的大小。先將面ABC擴展與2交于P，就清楚的看出ACA為所求的ACA=，ACA=30°例2：正四棱柱ABCDAB1C1D1中，過B作截面交正四棱柱于FG，AG=CE，且面ABCD與面BEFG成45°，AA1=10，

27、AB=1，求ABCDBEFG將面BEFG擴展截面ABCD交于FG，由于AG=CE，就很容易得到FBD=45°，F(xiàn)D=BDtg45°=BD=及AG=CE=，故V=2·VBADFG=2·或V為以ABCD為 底面高為DF的長方體體積的一半而V=1×1×例3：三棱錐P-ABC中，PA=a, PB=PC=a, APB=APC=45°，cosBAC=，D、E為PB、AB的中點，求面PAC與面DEC所成角本題中以擴展的面PAC的擴展的面DEC（/ PA，/ DE）從而ACE為所求2、以擴展的二面角為依托，來確定相關元素的相互關系技巧2，舒

28、展的二面角為參照體系。例4：矩形ABCD中，AB=3，AD=4，沿BD將距形ABD折起，使面ABD和面CBD成120°，求AC的距離本題以擴展的二面角2BD-襯托了矩形折起的相關位置，就可以利用二面角的平面角的定義及求法作出AE、CF及矩形EFCG，從而得出CGAG，AC的長度就可以RtACG中求解AG2=AE2+EG2+AGEG=3AE2=3()2AC2=AG2+CG2=3()2+()2=, AC=例5：斜三棱柱ABCA1B1C1的倒棱與底面邊長都是2，倒棱與底面所成的角為60°，側面ABB1A1底面ABC（如圖）（1）求證B1CC1A（2）求C1A與A1B1所成的角（3

29、）求VAA1B1C1的體積本題如果將與底面垂直的側面及底面ABC放在擴展的直二面角內，以擴展的直二面角為依托則A1B1面AD1C1A1B1AC1，則菱形AA1C1C A1CAC1，所以AC1面A1B1C，故AC1B1C，B1CDAD1C1，所以SA1B1C1=，AA1B1C=3、以線面相交為依托，完成相等或成比例的距離求基本形為：直線AB與于0AO=BO，則A到的距離可以轉化B到而的距離EO=KBO（KR+），則E到的距離也可以轉化為B到的距離例6：在三棱錐P-ABC，PA=PB=PC，BC=2a，AC=a，AB=a，點P到平面ABC的距離為a（1）求二面角P-AC-B的大?。?）求點B到平面

30、PAC的距離本題中由于PA=PB=PC，P在面ABC上的射影O為BC中點，作ODAC，則PDO為二面角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的距離，不易求B到面PAC的距離，但BC=2OC，所以可以轉化O到面PAC距離的2倍，即a，又如CG面ABCD，ABCD為正方形，AB=2，CG=1，E、F為AB、AD的中點，求B到面EFG的距離，對于這個問題的解法多方面的在這里，我們可以由B到面EFG的距離，由直線段AB轉到A，又由AC轉到C，即BC到面EFG距離的4、以正方體、長方體等為依托，達到距離、體積等求解例7：（1）四個半么徑為R的球

31、成品字兩兩相切放在桌上，求最高點到桌面距離（2）三個半徑為R的球兩兩相切放在桌面上，它們中間放一個盡可能大的球，則這個球的半么為多少？這兩個題都可以球心為多面體的頂點構造圖形形成轉化如下圖：例8：（1）已知CH4分子中兩氫原子的距離為a，求碳氫原子間距離（或外接球的半徑）（2）求四面邊長為5、6、7的全等三角形的三棱錐的體積第一題我們以正方體為依托，構造下圖：兩氫原子的距離轉化為正方體面對角長，碳氫原子的距離轉化為正方體對角長的一半，比直接由正四面體的性質求解簡明、迅速。二題我們以長方體為依托，構造下圖，同上題的轉化方式一樣，我們不妨設長方體的長寬高分別為a、b、c，則a2+b2=72 b2+

32、c2=52 a2+c2=62從而得出c=,a=,b=，V=abc-4·abc=abc-abc= abc=例9：將一個小球放入一長方體的容器內，且與共點的三側面相接觸，小球上有一點到這三個面的距離分別為3、3、6，試分析小球半徑可能情況。由于小球與三個面都相切，所以球心到三個面的距離都是R，故可以構造正方體，其邊長為R，小球上一點到三面距離為3、3、6，故可以構造長方體，其邊長分別為3、3、6，如下圖，故R2=(6-R)2+(R-3)2R=3或r=9以上這些說是技巧，有點自我夸張，只不過是自己對立幾解題和教學的一點認識與體會，實際上是熟能生巧。立體幾何題怎么解高考立體幾何試題一般共有4

33、道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是?？汲Ｐ碌臒衢T話題.例1 四棱錐PABCD的底面是邊長為a的正方形，PB面ABCD.（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于

34、90°講解:（1）正方形ABCD是四棱錐PABCD的底面, 其面積為從而只要算出四棱錐的高就行了.面ABCD,BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB，PADA， PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，PAB=60°而PB是四棱錐PABCD的高，PB=AB·tg60°=a, .（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等三角形. 作AEDP，垂足為E，連結EC，則ADECDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.設AC與DB相交于點O，連結EO，則EOAC， 在 故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°

35、;.本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.（1）求證：AB1平面CED；（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；（3）求二面角B1ACB的平面角.講解:（1）D是AB中點，ABC為等腰直角三角形，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 CDDEAB1平面CD

36、E DEAB1DE是異面直線AB1與CD的公垂線段CE=，AC=1 , CD=；（3）連結B1C，易證B1CAC，又BCAC , B1CB是二面角B1ACB的平面角.在RtCEA中，CE=，BC=AC=1,B1AC=600， , , .作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.例3 如圖al是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內，三角形ABD是等腰直角三角形，DAB=90°，C在內，ABC是等腰直角三角形ACB=求三棱錐DABC的體積；（2）求二面角DACB的大小； （3）求異面直線AB、CD所成的角.

37、講解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E. 為二面角al的平面角.是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=（2）過O在內作OMAC,交AC的反向延長線于M,連結DM.則ACDM.DMO 為二面角DACB的平面角. 又在DOA中，OA=2cos60°=1.且 （3）在平在內，過C作AB的平行線交AE于F，DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即ABC斜邊上的高,異面直線AB,CD所成的角為arctg比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看. 例4在邊長為a的正三角形的三個角處各剪去一個四邊形

38、這個四邊形是由兩個全等的直角三角形組成的，并且這三個四邊形也全等，如圖若用剩下的部分折成一個無蓋的正三棱柱形容器，如圖則當容器的高為多少時，可使這個容器的容積最大，并求出容積的最大值 圖 圖 講解: 設容器的高為x則容器底面正三角形的邊長為, .當且僅當 .故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為對學過導數(shù)的同學來講，三次函數(shù)的最值問題用導數(shù)求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數(shù)學壓軸題有關，還請做做對照. 類似的問題是:某企業(yè)設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最

39、?。慈萜鞯谋砻娣e最小）. 例5 已知三棱錐PABC中，PC底面ABC，AB=BC，D、F分別為AC、PC的中點，DEAP于E （1）求證：AP平面BDE； （2）求證：平面BDE平面BDF；（3）若AEEP=12，求截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分的體積比講解: (1）PC底面ABC，BD平面ABC，PCBD由AB=BC，D為AC的中點，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分別為AC、PC的中點，得DF/AP由已知，DEAP，DEDF. BDDF=D，

40、DE平面BDF又DE平面BDE，平面BDE平面BDF （3）設點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2則h1h2=EPAP=23, 故截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分體積的比為12或21值得注意的是, “截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.例6 已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數(shù)（焦點到準線的距離）為p的拋物線.（1）求圓錐的母線與底面所成的角；（2）求圓錐的全面積 講解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，由

41、題意得：,即,所以母線和底面所成的角為（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與AC的交點，則OO1/AB且在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=2py，點N的坐標為（R，R），代入方程得R2=2p（R），得R=2p，l=2R=4p.圓錐的全面積為.將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母 線長為1，則該幾何體的體積等于 例7 如圖，幾何體ABCDE中，ABC是正三角形，EA和D

42、C都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F(xiàn)、G分別為EB和AB的中點.（1）求證：FD平面ABC；（2）求證：AFBD； (3) 求二面角BFCG的正切值.講解: F、G分別為EB、AB的中點，F(xiàn)G=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC， 四邊形FGCD為平行四邊形，F(xiàn)DGC，又GC面ABC，F(xiàn)D面ABC.（2）AB=EA，且F為EB中點，AFEB 又FGEA，EA面ABCFG面ABC G為等邊ABC，AB邊的中點，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.過G作GH

43、FC，垂足為H，連HB，HBFC.GHB為二面角B-FC-G的平面角.易求.例8 如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且D1PPA=DQQB=512. (1) 求證PQ平面CDD1C1； (2) 求證PQAD；(3) 求線段PQ的長. 講解: （1）在平面AD1內，作PP1AD與DD1交于點P1，在平面AC內，作QQ1BC交CD于點Q1，連結P1Q1. , PP1QQ1 .由四邊形PQQ1P1為平行四邊形, 知PQP1Q1 而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ平面CDD1C1（2）AD平面D1DCC1， ADP1Q1，又PQP1Q1， ADPQ

44、.（3）由（1）知P1Q1 PQ,，而棱長CD=1.DQ1=.同理可求得 P1D=.在RtP1DQ1中，應用勾股定理, 立得P1Q1=.做為本題的深化, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點,試求的最小值, 你能夠應用函數(shù)方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示?如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=求MN的長；當為何值時，MN的長最??；當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。立體幾何知識是復課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只

45、有放底起點, 依據(jù)課本, 熟化知識, 構建空間思維網絡, 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規(guī)范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關.以棱柱為載體的立體幾何三大問題例析棱柱是一個重要的幾何體，以棱柱為背景的空間線線、線面、面面的平行與垂直問題；空間的各種距離問題；空間的各種角的問題，是高考命題的熱點，應引起高度重視。解此類問題可以充分利用棱柱的特定關系和有關性質，把問題簡化。例1.如圖1，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC的中點。（1）求證：BD1平面C1DE；（2）試在棱CC1上求一點，使得平面A1B1P平面C1DE；分析：（1）設法在平面DEC1上找出一條直線平行BD1，連CD1

46、于O點，連OE即可。（2）要證兩個面垂直，必須先證到線面垂直。由已知易證C1EA1B1，以此過B1點作直線B1PC1E即可找到P點。（3）要設法作出二面角的平面角。證明：如圖2，（1）連CD1交CD1于O點，連OE因為O是CD1的中點，所以OEBD1，所以BD1平面C1DE。（2）過B1點作B1PC1E，交CC1于P點。在正方形BCC1B1中，易證，得P是CC1的中點。因為A1B1平面B1C，平面B1C所以A1B1C1E又因為C1EB1P，所以C1E平面A1B1P所以平面A1B1P平面C1DE故取CC1的中點P，就有平面A1B1P平面C1DE評析：在（1）小題中關鍵是找出OE，最容易誤用OC代

47、替OE；在（2）小題中如果不能從已知面關系中合理地推測P點的位置，或不能作出正確的輔助面都會使解題思路受阻。例2.已知正方體的棱長為a，求A1B與D1B1的距離。分析：求異面直線A1B與D1B1的距離，關鍵是找出它們的公垂線段，而線線垂直可通過線面垂直或者三垂線定理而得到。證法1：直接法如圖4，設MN是A1B與D1B1的距離，即MND1B1，MNA1B過M作MPA1B1，則PND1B1過N作NQA1B1，則MQA1B故為等腰直角三角形，而MPA1Q，所以P為A1Q的中點同時因此，而在NMQ中，有證法2：極值法如圖5，在上任取一點M，作MPA1B1，PND1B1，則MND1B1，只要求出MN的最

48、小值即可。設，則所以當時，MN取得最小值證法3：等積法如圖6，因，故A1BCB1D1，則要求A1B與D1B1的距離轉化為求A1B與平面CB1D1的距離。圖6考慮BCB1D1，先設底面為BCB1，則錐高為D1C1，得：現(xiàn)將CB1D1視為底面則高為B到CB1D1的距離（即所求之異面直線距離），設距離為h，則由，解得：圖7證法4：轉化法因A1BDD1CB1，故所求異面直線A1B與D1B1的距離轉化為求此兩平行平面的距離。先考查四面體AA1BD，設A到面A1BD的距離為d，得：又，所以有因為ACBD，所以A1OBD同理BO1A1D取A1D中點O1，設，則P是A1BD中心連結AP，易證AP平面A1BD，

49、即設，則，而則AC1必與PA重合，即正方體的主對角線必穿過A1BD與D1CB1中心，且與這兩個平面垂直。因為所以所以PP1是兩個平行平面間的距離，也就是異面直線A1B與D1B1間的距離。評析：求兩異面直線間的距離的關鍵是找出它們的公垂線段，其方法有直接法、極值法、等積法、轉化法等，要根據(jù)題目特點，靈活選用解題方法，對于以棱柱為載體的距離問題，必須切實把握棱柱這一幾何體的本質特征及有關性質。例3.如圖8，已知直三棱柱中，ACB90°，BAC30°，BC1，M是CC1的中點。求證：AB1A1M圖8分析：要證明AB1A1M，因B1C1平面AC1，由三垂線定理可轉化證AC1A1M，

50、而AC1A1M一定會成立，在一個平面內，通過證AC1A1M得出結論并不難。證明：連結AC1因為所以即所以所以，又所以平面AC1，由三垂線定理知，AB1A1M 歷年高考題中的翻折問題86理科 (8)在正方形SG1G2G3中E、F分別是G1G2及G2G3的中點,D是EF的中點,現(xiàn)在沿SE、SF及EF把這個正方形折成一個四面體,使G1、G2、G3三點重合,重合后的點記為G.那么,在四面體SEFG中必有(A)SGEFG所在平面               

51、;          (B)SDEFG所在平面(C)GFSEF所在平面                         (D)GDSEF所在平面93北京卷（23）如圖,ABCD是正方形,E是AB的中點,如將DAE和CBE分別沿虛線DE和CE折起,使AE與BE重合,記A與B重合后的點為P,則面PCD與面ECD所成的二面角為