高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)文科立體幾何習(xí)題精選精講

1、例談立體幾何中的轉(zhuǎn)化立體幾何中所蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想方法非常豐富，其中最重要的就是轉(zhuǎn)化的思想方法，它貫穿立體幾何教學(xué)的始終，在立體幾何教學(xué)中占有很重要的地位。立體幾何中的轉(zhuǎn)化主要是空間問題向平面問題的轉(zhuǎn)化，具體從以下幾個(gè)方面入手。1、 位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化線線、線面、面面平行與垂直的位置關(guān)系是立體幾何中的一個(gè)重點(diǎn)內(nèi)容，其精髓就是平行與垂直位置關(guān)系的相互依存及轉(zhuǎn)化，平行與垂直問題不但能橫向轉(zhuǎn)化，而且可以縱向轉(zhuǎn)化。例1 已知三棱錐SABC中，ABC90°，側(cè)棱SA底面ABC，點(diǎn)A在棱SB和SC上的射影分別是點(diǎn)E、F。求證EFSC。圖1ESFCBA分析：A、E、F三點(diǎn)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(shè)矩形ABCD，E、F分別為AB、CD的中點(diǎn)，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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化由三維

3、空間向二維平面轉(zhuǎn)化，是研究立體幾何問題的重要數(shù)學(xué)方法之一。降維轉(zhuǎn)化的目的是把空間的基本元素轉(zhuǎn)化到某一個(gè)平面中去，用學(xué)生們比較熟悉的平面幾何知識(shí)來解決問題。如線面垂直的判定定理的證明就是轉(zhuǎn)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(diǎn)，沿棱柱的表面從E到F兩點(diǎn)的最短路徑的長(zhǎng)度為 . 分析：這類問題通常都是將幾何體的側(cè)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(jì)算，最終都是轉(zhuǎn)化為平面上兩相交直線成的角來進(jìn)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(jié)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(jié)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(shí)現(xiàn)空間問題向平面問題轉(zhuǎn)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(bǔ)轉(zhuǎn)化“割形”與“補(bǔ)形”是解決立體幾何問題的常用方法之一，通過“割”或“補(bǔ)”可化復(fù)雜圖形為已熟知的簡(jiǎn)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(bǔ)法證明如下：分析一：如圖5，連結(jié)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(cè)棱PA為側(cè)棱，補(bǔ)成三棱拄 PB1C1ABC，連結(jié)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(zhuǎn)化“等積法”在初中平面幾何中就已經(jīng)有所應(yīng)用，是一種

6、很實(shí)用的數(shù)學(xué)方法與技巧。立體幾何中的“等積轉(zhuǎn)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(guān)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(zhǎng)為a的正方體，E、F分別為棱AA1與CC1的中點(diǎn)，求四棱錐A1EBFD1的體積。略解：易證四邊形EBFD1是菱形，連結(jié)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(zhuǎn)化A D B CA1 D1 B1 C1 圖9例7

7、 A、B、C是球O面上三點(diǎn)，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(diǎn)在于空間想象，即較抽象。教師 引導(dǎo)學(xué)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(gè)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(zhǎng)方體的三條棱也兩兩垂直，于是問題可以轉(zhuǎn)化為如下問

8、題：長(zhǎng)方體一條對(duì)角線與同一頂點(diǎn)上的三條棱所成的角分別是60°、60°、，求的大小。根據(jù)長(zhǎng)方體的性質(zhì)，有coscos60°cos60°1，可求得45°。立體幾何的教學(xué)，關(guān)鍵是要調(diào)動(dòng)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣，讓他們學(xué)會(huì)聯(lián)想與轉(zhuǎn)化。立體幾何的許多定理、結(jié)論源自生活實(shí)際，源自平面幾何，要教會(huì)學(xué)生聯(lián)想實(shí)際模型，聯(lián)想平面幾何中已經(jīng)熟悉的東西，借助可取之材來建立空間想象，加強(qiáng)直觀教學(xué)，這樣就容易讓學(xué)生接受，讓他們喜歡上這一門學(xué)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(diǎn)、線、面的位置關(guān)系包涵了空間圖形中的所有的位置關(guān)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(diǎn). 下面從數(shù)學(xué)思想方法方面探究其重要性.一體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想12004年天津卷(6)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，O是底面ABCD的中心，E、F分別是、AD的中點(diǎn).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(biāo)系(如圖),轉(zhuǎn)化為空間向量的數(shù)量關(guān)系運(yùn)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(diǎn)從垂直聯(lián)想到運(yùn)用向量法求解(將形和數(shù)很好地結(jié)合起來)是個(gè)好方法.22003年全國(guó)卷（12）一個(gè)四面體的所有棱長(zhǎng)都為，四個(gè)頂點(diǎn)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(diǎn)補(bǔ)形成立方體.如圖,將正四面體ABCD補(bǔ)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(diǎn).因?yàn)檎拿骟w的棱長(zhǎng)為,所以正方體棱長(zhǎng)為1,從而外接球半徑R=,得.故選(A).注：“補(bǔ)形割體”構(gòu)造模型,進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃螢槭煜さ哪Ｐ?/p>

11、從而很方便地進(jìn)行計(jì)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(zhuǎn)化與化歸思想PMNlPNMlNlPMlMNPNlPM32003年全國(guó)(理)(16)下列5個(gè)正方體圖形中，是正方體的一條對(duì)角線，點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出面MNP的圖形的序號(hào)是 （寫出所有符合要求的圖形序號(hào)）_. 分析：易知是合要求的，由于五個(gè)圖形中的在同一位置,只要觀察圖 中的平面MNP哪一個(gè)和中的平面MNP平行(轉(zhuǎn)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(biāo).ABCDP42004年北京卷（4）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1

12、C1C內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若P到直線BC與直線C1D1的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)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(diǎn), BC是定直線.條件即動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)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(shí)內(nèi)容,更要有跳躍的思維,較強(qiáng)的轉(zhuǎn)換能力.三體現(xiàn)分類討論思想52000年全國(guó)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(hào)都填上）分析：因正方體是由三對(duì)平

13、行面所組成,所以只要將四邊形在三個(gè)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(jìn)行分析.62004年湖南卷(10) 從正方體的八個(gè)頂點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)作三角形,其中直角三角形的個(gè)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(gè)頂點(diǎn)在正方體的同一個(gè)面上時(shí)有：6=24個(gè).第二類：三個(gè)頂點(diǎn)在正方體的相對(duì)的兩個(gè)面上時(shí),直角三

14、角形所在的平面一定是正方體的對(duì)角面,因而有：6×4=24個(gè).故共有：24+24=48個(gè).從而選 (C)注：以幾何體為載體考查排列與組合的有關(guān)問題是高考的傳統(tǒng)題型,要做到不重復(fù)不遺漏地分類并且注意幾何體的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去求解.四體現(xiàn)函數(shù)與方程思想7 2002全國(guó)卷(18) 如圖，正方形、的邊長(zhǎng)都是1，而且平面、互相垂直.點(diǎn)在上移動(dòng)，點(diǎn)在上移動(dòng)，若.（1）求的長(zhǎng)；（2）當(dāng)為何值時(shí)，的長(zhǎng)最??；分析：將圖形補(bǔ)成為正方體(如圖)運(yùn)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(yùn)用函數(shù)配方

15、法,由（）知=.配方有= 即當(dāng)=時(shí)，取最小值.注：對(duì)空間圖形中含有一些“動(dòng)態(tài)”因素(象距離、角度等)的問題,可考慮能否把這一動(dòng)源作為自變量,構(gòu)造目標(biāo)函數(shù),用函數(shù)的思想來處理.82004年湖北（18）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F 是棱CD上的動(dòng)點(diǎn).試確定點(diǎn)F的使得D1E平面AB1F.分析：以A為坐標(biāo)標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所未的空間直角坐標(biāo)系.運(yùn)用方程思想(借助向量的數(shù)量積)求解.CBADXYZEF設(shè)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(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時(shí)，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(xué)思想方法,密切了與中學(xué)數(shù)學(xué)中其它內(nèi)容的聯(lián)系,更體現(xiàn)著從靜到動(dòng),從單一到多方面,從立方體本身應(yīng)用問題到利用立方體去解決問題的發(fā)展變化.仔細(xì)研究這些變化對(duì)學(xué)好空間幾何無疑是有裨益的.幾點(diǎn)思考：1.加強(qiáng)對(duì)立方體的研究,對(duì)空間圖形的研究以培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力,數(shù)形轉(zhuǎn)換能力與邏輯思維能力. 對(duì)立方體本身的研究：如：立方體的內(nèi)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(diǎn)為頂點(diǎn)可構(gòu)成正八面體等.對(duì)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(bǔ)形法,面積射影法,體積相等法,側(cè)面展形法,轉(zhuǎn)化化歸法,空

17、間向量法等.構(gòu)造立方體以解決有關(guān)問題(第二冊(cè)下B 3)“已知三個(gè)平行平面、與兩條直線、分別相交于點(diǎn)A、B、C和點(diǎn)D、E、F(圖1),求證：.”解答此題時(shí)學(xué)生很容易誤將與共面去理解造成錯(cuò)誤.其實(shí)構(gòu)造正方體(圖2)可加強(qiáng)直觀性以幫助學(xué)生理解.圖1 圖2通過對(duì)立方體及空間圖形的研究可培養(yǎng)學(xué)生的認(rèn)識(shí)空間圖形的能力,建立起空間概念,準(zhǔn)確地理解并熟練運(yùn)用概念、性質(zhì)、公理、定理進(jìn)行判斷、推理與轉(zhuǎn)化(如：線線、線面、面面垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化及平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化,把空間距離和角向平面距和平面角的轉(zhuǎn)化,文字語言、符號(hào)語言、圖形語言三者的相互轉(zhuǎn)化.)等2.加強(qiáng)立方體與其它內(nèi)容的滲透的研究：立方體與排列組合的結(jié)合,象染色問題,

18、計(jì)數(shù)問題；立方體與解析幾何的結(jié)合,象軌跡問題；立方體與函數(shù)方程的結(jié)合,象最值問題；立方體與代數(shù)三角的結(jié)合,象角度距離問題；立方體與其它學(xué)科的結(jié)合,象化學(xué)晶體問題等.這樣有助于對(duì)正方體的深刻認(rèn)識(shí)與實(shí)際應(yīng)用.3.通過對(duì)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(jì)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(yán)格按照演繹推理的步驟完成推理的論證；計(jì)算時(shí)并非單純的數(shù)字計(jì)算,而是與作圖與證明相結(jié)合的,立體幾何計(jì)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(jìn)行必要的轉(zhuǎn)換化,“證”是證明,證明所畫

19、的幾何量即為所求,然后進(jìn)行最后一步計(jì)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(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系,運(yùn)用向量處理即可. 例談點(diǎn)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(diǎn)和熱點(diǎn)。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(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離來解決，因此點(diǎn)到平面的距離更值得我們關(guān)注。點(diǎn)到平面的距離的求法可分為三大類：一、由點(diǎn)向平面引垂線，且垂足位置可確定 轉(zhuǎn)化到在某平面內(nèi)，求出點(diǎn)和垂足間的線段的長(zhǎng)。1、 用定義直接構(gòu)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(diǎn)A到平面SBC的距離。解：作交BC于D,連結(jié)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(diǎn)A作于H，則AH平面SBC。在中，SA=3a,，故點(diǎn)A到平面SBC的距離為?！军c(diǎn)評(píng)】利用構(gòu)造法關(guān)鍵是定位點(diǎn)在面內(nèi)的射影。常常要尋找過已知點(diǎn)且與所給面垂直的面，再過已知點(diǎn)作兩垂面交線的垂線。2、轉(zhuǎn)移構(gòu)造法（1）利用平行線轉(zhuǎn)換點(diǎn)例2、在直三棱柱中，,（b>a）（1）求證： (2)求點(diǎn)到平面的距離.解：(1)連結(jié),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(diǎn)評(píng)】利用直線與平面平行，把所求的點(diǎn)到平面的距離轉(zhuǎn)移到平行線上另一點(diǎn)到平面

21、的距離來求，是我們常用的方法。（2）對(duì)稱轉(zhuǎn)移或利用定比分點(diǎn)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(diǎn)求P到平面BQD的距離解：過A作垂足為E，連結(jié)QE。平面BQD經(jīng)過線段PA的中點(diǎn)，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(zhǎng)為1，為上底面的中心。求點(diǎn)到平面的距離。析：點(diǎn)到平面的距離為線段的長(zhǎng)，易求得.又為的中點(diǎn)，故點(diǎn)到平面的距離為?！军c(diǎn)評(píng)】 轉(zhuǎn)移構(gòu)造

22、常利用已知平面點(diǎn)分某條斜線段所成的比，體現(xiàn)著轉(zhuǎn)化的思想。二、由點(diǎn)向平面引垂線，垂足無法確定或難確定時(shí)1、等體積法（利用三棱錐的體積公式）例5、已知在棱長(zhǎng)為1的正方體中，E、F分別是、CD的中點(diǎn)，求點(diǎn)B到平面的距離。 解：連結(jié)AE、BF、EF，則點(diǎn)B到平面的距離即為點(diǎn)B到平面AEF的距離。設(shè)點(diǎn)B到平面AEF的距離為h, 根據(jù)則,得h【點(diǎn)評(píng)】 由于四面體以不同面為底的體積相等，因而等體積法的關(guān)鍵是將距離看成是某四面體的高。2、 運(yùn)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(diǎn)到面ABC的距離。解：設(shè)在平面ABC內(nèi)的射影為O, E為AC的中點(diǎn)，

23、連結(jié)OE由于,故為二面角的平面角，即。又=，所以=。例7、已知是邊長(zhǎng)為4的正方形，、分別是、的中點(diǎn)，垂直于所在平面，且，求點(diǎn)B到平面的距離.解：設(shè)為與的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，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(diǎn)評(píng)】此法體現(xiàn)著角與距離間的轉(zhuǎn)化，另一個(gè)變化是利用距離求角，應(yīng)引起我們的足夠重視。 3、利用兩平行平面的距離確定 對(duì)上例，有如下的計(jì)算方法：解： 把平面EFG補(bǔ)成一個(gè)正四棱柱的截面所在的平面.則面GMT是正四棱柱ABCDA1B1C1D1經(jīng)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(jié)

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(diǎn)B平移到平面PDB上任何一個(gè)位置。而這兩個(gè)平行平面的距離d又同三棱柱GQNPDB的體積有關(guān)，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(guān)系式：（）.易求出BN=，CP=，PB=PD=，BD=，由關(guān)系式（）可得，于是平行平面間的距離 ,即點(diǎn)B到面EFG的距離為?！军c(diǎn)評(píng)】若兩平面平行，則平面內(nèi)的任一條直線到另一個(gè)平面的距離等于兩平面間的距離，對(duì)于分別位于兩個(gè)平行平面內(nèi)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(huì)。三、向量法例8、 如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長(zhǎng)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(diǎn)C到平面AEC1F的距離. 解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.設(shè)F（0，0，z）.AEC1F為平行四邊形，設(shè)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(diǎn)評(píng)】若點(diǎn)P為平面外一點(diǎn)，點(diǎn)A為平面內(nèi)任一點(diǎn)，平面的法向量為，則點(diǎn)P到平面的距離公式為。當(dāng)我們學(xué)習(xí)了空間解幾以后，還有點(diǎn)到平面的距離公式，這里從略。主體幾何中的識(shí)圖技巧如何解決立體幾何問題的關(guān)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(jí)學(xué)習(xí)及其它分支的學(xué)習(xí)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(yīng)該以題設(shè)為根據(jù)，以某何體為依托，這樣會(huì)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(guān)元素之間的位置關(guān)系面要畫得舒展，突破體的束縛。例1：ABC為等邊三角形，邊長(zhǎng)為12，C在2面內(nèi)，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(kuò)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(kuò)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(zhǎng)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(diǎn)，求面PAC與面DEC所成角本題中以擴(kuò)展的面PAC的擴(kuò)展的面DEC（/ PA，/ DE）從而ACE為所求2、以擴(kuò)展的二面角為依托，來確定相關(guān)元素的相互關(guān)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(kuò)展的二面角2BD-襯托了矩形折起的相關(guān)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(zhǎng)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(zhǎng)都是2，倒棱與底面所成的角為60°，側(cè)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(cè)面及底面ABC放在擴(kuò)展的直二面角內(nèi)，以擴(kuò)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(zhuǎn)化B到而的距離EO=KBO（KR+），則E到的距離也可以轉(zhuǎn)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(diǎn)P到平面ABC的距離為a（1）求二面角P-AC-B的大?。?）求點(diǎn)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(diǎn)，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(zhuǎn)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(diǎn)，求B到面EFG的距離，對(duì)于這個(gè)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(zhuǎn)到A，又由AC轉(zhuǎn)到C，即BC到面EFG距離的4、以正方體、長(zhǎng)方體等為依托，達(dá)到距離、體積等求解例7：（1）四個(gè)半么徑為R的球

31、成品字兩兩相切放在桌上，求最高點(diǎn)到桌面距離（2）三個(gè)半徑為R的球兩兩相切放在桌面上，它們中間放一個(gè)盡可能大的球，則這個(gè)球的半么為多少？這兩個(gè)題都可以球心為多面體的頂點(diǎn)構(gòu)造圖形形成轉(zhuǎn)化如下圖：例8：（1）已知CH4分子中兩氫原子的距離為a，求碳?xì)湓娱g距離（或外接球的半徑）（2）求四面邊長(zhǎng)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(gòu)造下圖：兩氫原子的距離轉(zhuǎn)化為正方體面對(duì)角長(zhǎng)，碳?xì)湓拥木嚯x轉(zhuǎn)化為正方體對(duì)角長(zhǎng)的一半，比直接由正四面體的性質(zhì)求解簡(jiǎn)明、迅速。二題我們以長(zhǎng)方體為依托，構(gòu)造下圖，同上題的轉(zhuǎn)化方式一樣，我們不妨設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)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(gè)小球放入一長(zhǎng)方體的容器內(nèi)，且與共點(diǎn)的三側(cè)面相接觸，小球上有一點(diǎn)到這三個(gè)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(gè)面都相切，所以球心到三個(gè)面的距離都是R，故可以構(gòu)造正方體，其邊長(zhǎng)為R，小球上一點(diǎn)到三面距離為3、3、6，故可以構(gòu)造長(zhǎng)方體，其邊長(zhǎng)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(diǎn)自我夸張，只不過是自己對(duì)立幾解題和教學(xué)的一點(diǎn)認(rèn)識(shí)與體會(huì)，實(shí)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(jì)總分27分左右,考查的知識(shí)點(diǎn)在20個(gè)以內(nèi). 選擇填空題考核立幾中的計(jì)算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當(dāng)然, 二者均應(yīng)以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進(jìn)一步實(shí)施,立體幾何考題正朝著”多一點(diǎn)思考,少一點(diǎn)計(jì)算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體的線面位置關(guān)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(zhǎng)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(gè)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(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形. 作AEDP，垂足為E，連結(jié)EC，則ADECDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.設(shè)AC與DB相交于點(diǎn)O，連結(jié)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(guān)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(shè)計(jì)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(diǎn)到AB1的距離為CE=，D為AB的中點(diǎn).（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(diǎn)，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(jié)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(dāng)然, 準(zhǔn)確地作出應(yīng)當(dāng)有嚴(yán)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(diǎn)在棱上，AB=2，D在內(nèi)，三角形ABD是等腰直角三角形，DAB=90°，C在內(nèi)，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??； （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(qiáng)OA并延長(zhǎng)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(nèi)作OMAC,交AC的反向延長(zhǎng)線于M,連結(jié)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(nèi)，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(huì)得出怎樣的啟示? 想想看. 例4在邊長(zhǎng)為a的正三角形的三個(gè)角處各剪去一個(gè)四邊形

38、這個(gè)四邊形是由兩個(gè)全等的直角三角形組成的，并且這三個(gè)四邊形也全等，如圖若用剩下的部分折成一個(gè)無蓋的正三棱柱形容器，如圖則當(dāng)容器的高為多少時(shí)，可使這個(gè)容器的容積最大，并求出容積的最大值 圖 圖 講解: 設(shè)容器的高為x則容器底面正三角形的邊長(zhǎng)為, .當(dāng)且僅當(dāng) .故當(dāng)容器的高為時(shí)，容器的容積最大，其最大容積為對(duì)學(xué)過導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來講，三次函數(shù)的最值問題用導(dǎo)數(shù)求解是最方便的，請(qǐng)讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國(guó)高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān)，還請(qǐng)做做對(duì)照. 類似的問題是:某企業(yè)設(shè)計(jì)一個(gè)容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當(dāng)圓柱的底面半徑r和圓柱的高h(yuǎn)為何值時(shí)，制造這個(gè)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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)，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(shè)點(diǎn)E和點(diǎn)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(yīng)為兩個(gè), 希不要犯這種”會(huì)而不全”的錯(cuò)誤.例6 已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)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(cè)面的交線是焦參數(shù)（焦點(diǎn)到準(zhǔn)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(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l，由

41、題意得：,即,所以母線和底面所成的角為（2）設(shè)截面與圓錐側(cè)面的交線為MON，其中O為截面與AC的交點(diǎn)，則OO1/AB且在截面MON內(nèi)，以O(shè)O1所在有向直線為y軸，O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，則O為拋物的頂點(diǎn)，所以拋物線方程為x2=2py，點(diǎn)N的坐標(biāo)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(yù)示了高考命題的新動(dòng)向. 類似請(qǐng)思考如下問題:一圓柱被一平面所截，截口是一個(gè)橢圓已知橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為5，短軸長(zhǎng)為4，被截后幾何體的最短側(cè)面母 線長(zhǎng)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(diǎn).（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(diǎn)，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(diǎn)，AFEB 又FGEA，EA面ABCFG面ABC G為等邊ABC，AB邊的中點(diǎn)，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(zhǎng)為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點(diǎn)，且D1PPA=DQQB=512. (1) 求證PQ平面CDD1C1； (2) 求證PQAD；(3) 求線段PQ的長(zhǎng). 講解: （1）在平面AD1內(nèi)，作PP1AD與DD1交于點(diǎn)P1，在平面AC內(nèi)，作QQ1BC交CD于點(diǎn)Q1，連結(jié)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(zhǎng)CD=1.DQ1=.同理可求得 P1D=.在RtP1DQ1中，應(yīng)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(dòng)點(diǎn),試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計(jì)算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國(guó)高考試題做以對(duì)照, 你會(huì)得到什么啟示?如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長(zhǎng)都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點(diǎn)M在AC上移動(dòng)，點(diǎn)N在BF上移動(dòng)，若CM=BN=求MN的長(zhǎng)；當(dāng)為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最?。划?dāng)MN長(zhǎng)最小時(shí)，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。立體幾何知識(shí)是復(fù)課耗時(shí)較多, 而考試得分偏底的題型. 只

45、有放底起點(diǎn), 依據(jù)課本, 熟化知識(shí), 構(gòu)建空間思維網(wǎng)絡(luò), 掌握解三角形的基本工具, 嚴(yán)密規(guī)范表述, 定會(huì)突破解答立幾考題的道道難關(guān).以棱柱為載體的立體幾何三大問題例析棱柱是一個(gè)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(diǎn)，應(yīng)引起高度重視。解此類問題可以充分利用棱柱的特定關(guān)系和有關(guān)性質(zhì)，把問題簡(jiǎn)化。例1.如圖1，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC的中點(diǎn)。（1）求證：BD1平面C1DE；（2）試在棱CC1上求一點(diǎn)，使得平面A1B1P平面C1DE；分析：（1）設(shè)法在平面DEC1上找出一條直線平行BD1，連CD1

46、于O點(diǎn)，連OE即可。（2）要證兩個(gè)面垂直，必須先證到線面垂直。由已知易證C1EA1B1，以此過B1點(diǎn)作直線B1PC1E即可找到P點(diǎn)。（3）要設(shè)法作出二面角的平面角。證明：如圖2，（1）連CD1交CD1于O點(diǎn)，連OE因?yàn)镺是CD1的中點(diǎn)，所以O(shè)EBD1，所以BD1平面C1DE。（2）過B1點(diǎn)作B1PC1E，交CC1于P點(diǎn)。在正方形BCC1B1中，易證，得P是CC1的中點(diǎn)。因?yàn)锳1B1平面B1C，平面B1C所以A1B1C1E又因?yàn)镃1EB1P，所以C1E平面A1B1P所以平面A1B1P平面C1DE故取CC1的中點(diǎn)P，就有平面A1B1P平面C1DE評(píng)析：在（1）小題中關(guān)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(guān)系中合理地推測(cè)P點(diǎn)的位置，或不能作出正確的輔助面都會(huì)使解題思路受阻。例2.已知正方體的棱長(zhǎng)為a，求A1B與D1B1的距離。分析：求異面直線A1B與D1B1的距離，關(guān)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(shè)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(diǎn)同時(shí)因此，而在NMQ中，有證法2：極值法如圖5，在上任取一點(diǎn)M，作MPA1B1，PND1B1，則MND1B1，只要求出MN的最

48、小值即可。設(shè)，則所以當(dāng)時(shí)，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(zhuǎn)化為求A1B與平面CB1D1的距離。圖6考慮BCB1D1，先設(shè)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(shè)距離為h，則由，解得：圖7證法4：轉(zhuǎn)化法因A1BDD1CB1，故所求異面直線A1B與D1B1的距離轉(zhuǎn)化為求此兩平行平面的距離。先考查四面體AA1BD，設(shè)A到面A1BD的距離為d，得：又，所以有因?yàn)锳CBD，所以A1OBD同理BO1A1D取A1D中點(diǎn)O1，設(shè)，則P是A1BD中心連結(jié)AP，易證AP平面A1BD，

49、即設(shè)，則，而則AC1必與PA重合，即正方體的主對(duì)角線必穿過A1BD與D1CB1中心，且與這兩個(gè)平面垂直。因?yàn)樗运訮P1是兩個(gè)平行平面間的距離，也就是異面直線A1B與D1B1間的距離。評(píng)析：求兩異面直線間的距離的關(guān)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(zhuǎn)化法等，要根據(jù)題目特點(diǎn)，靈活選用解題方法，對(duì)于以棱柱為載體的距離問題，必須切實(shí)把握棱柱這一幾何體的本質(zhì)特征及有關(guān)性質(zhì)。例3.如圖8，已知直三棱柱中，ACB90°，BAC30°，BC1，M是CC1的中點(diǎn)。求證：AB1A1M圖8分析：要證明AB1A1M，因B1C1平面AC1，由三垂線定理可轉(zhuǎn)化證AC1A1M，

50、而AC1A1M一定會(huì)成立，在一個(gè)平面內(nèi)，通過證AC1A1M得出結(jié)論并不難。證明：連結(jié)AC1因?yàn)樗约此运?，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(diǎn),D是EF的中點(diǎn),現(xiàn)在沿SE、SF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體,使G1、G2、G3三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)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(diǎn),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(diǎn)為P,則面PCD與面ECD所成的二面角為