1、g3.1072 立体几何综合问题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
2、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 PABCD 的底面, 其面积为 从而只要算出四棱锥的高就行了.,a面 ABCD,PBBA 是 PA 在面 ABCD 上的射影.又 DAAB ，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,3.3231aV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
3、 ，是面 PAD 与面 PCD 所成的二面角的平面角.CADCAE故,90,设 AC 与 DB 相交于点 O，连结 EO，则 EOAC，.2aa在 .0)2)(2)(cos, 2 AEOECAEAC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=90 0，AC=1，C 点到 AB1 的距离为CE= ，D 为 AB 的中点.3（1）求证：AB 1平面 CED；（2）求异面直
4、线 AB1 与 CD 之间的距离；（3）求二面角 B1ACB 的平面角 .A BCDA1EB1C1讲解:（1）D 是 AB 中点，ABC 为等腰直角三角形， ABC=90 0，CDAB 又 AA1平面ABC，CD AA1.CD平面 A1B1BA CD AB 1，又 CEAB 1， AB 1平面 CDE；（2）由 CD平面 A1B1BA CDDEAB 1平面 CDE DE AB1DE 是异面直线 AB1 与 CD 的公垂线段CE= ，AC=1 , CD=23.2 ；)(2CDE（3）连结 B1C，易证 B1CAC ，又 BCAC , B 1CB 是二面角 B1ACB 的平面角.在 Rt CEA
5、中， CE= ， BC=AC=1,23B 1AC=600 ， ,6cos2A 2)(211ABB , .11Ctg1arctg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=.90（I） 求三棱锥 DABC 的体积；（2）求二面角 DACB 的大小； （3）求异面直线 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
6、至 E. 为二面角 al 的平面角.DABAOAB,上 的 射 影在 平 面为 60,120DAOAE 3,2DOAB是等腰直角三角形，斜边 AB=2. 又 D 到平面 的距离 DO=BC,1CS.3.3ADV（2）过 O 在 内作 OM AC,交 AC 的反向延长线于 M,连结 DM.则 AC DM.DMO 为二面角 DACB 的平面角. 又在 DOA 中，OA=2cos60=1.且 .2,45OMCAEOM.6.6arctgDMtg（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
7、离，即ACFAFB即又 ,45, ABC 斜边上的高, .1异面直线 AB,CD 所成.7.7.720cos22 DFtgFDtgDD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)32)(341)0()2()( xaxaV.54(6当且仅当 .54,1
8、83,2343maxVxax时即故当容器的高为 时，容器的容积最大，其最大容积为18 .3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
9、BDF；（3）若 AEEP=12，求截面 BEF 分三棱锥 PABC 所成两部分的体积比讲解: (1）PC 底面 ABC，BD 平面 ABC，PC BD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，DE BD=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
10、分别为 h1 和 h2则h1h 2=EPAP=23,.32321PBCFPBCAFEPSV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 R，母线长为 l，由题意得： ,
11、l2即 ,cos1RACO所以母线和底面所成的角为 .60（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 .21AB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 .22148p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
12、 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，21四边形 FGCD 为平行四边形，FDGC，又 GC 面 ABC，FD面 ABC.（2）AB=EA，且 F 为 EB 中点，AFEB 又 FGEA，EA 面 ABCFG面 ABC G 为等边A
13、BC，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.易求 .32,2aGBtga例 8 如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，P、Q 分别是线段 AD1 和 BD 上的点，且D1PPA=DQ QB=512.(1) 求证 PQ 平面 CDD1C1；(2) 求证 PQ AD；(3) 求线段 PQ 的长. 讲解: （1）在平面 AD1 内，作 PP1A
14、D 与 DD1 交于点 P1，在平面 AC 内，作QQ1BC 交 CD 于点 Q1，连结 P1Q1. , PP 1 QQ1 .25BDPA/由四边形 PQQ1P1 为平行四边形, 知 PQP 1Q1 而 P1Q1 平面 CDD1C1， 所以 PQ平面 CDD1C1（2） AD平面 D1DCC1， ADP 1Q1，又PQP 1Q1， ADPQ.（3）由（1）知 P1Q1 PQ,/，而棱长 CD=1. DQ 1= . 同理可求得 P1D= .25BC17572在 Rt P1DQ1 中，应用勾股定理, 立得P1Q1= .173517222D做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是 BD
15、, 上的动点,试求 的最小值, 你能够应用函数方1ADPQ法计算吗? 试试看. 并与如下 2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?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).20(（1） 求 MN的长；（2） 当 为何值时，MN 的长最小；（3） 当 MN长最小时，求面 MNA与面 MNB所成的二面角 的大小。A FB EDCMN立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规
16、范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.四、作业 同步练习 g3.1072 立体几何综合（一）1、已知两条异面直线 a,b 所成的角为 ，直线 l 与 a, l 与 b 所成的角都等于 , 则 的取值范围是 （ ）3(A) (B) (C) (D) 2,2,6 65,32,2、已知矩形 ABCD 的长 AD=4，宽 AB=3，E、F 分别为 AD、BC 的中点，现将 ABFE 沿 EF 折成 使二面角FEBA的平面角为 60，则 = （ ）DCBA CA（A） （B） （C） （D）311323、A、B 两地在同一纬线上，这两地间的纬线长为Rcos， （R 是地球半径，是两地的纬度数） ，则这
17、两地间的距离为 （ ）（A）R （B ）Rcos （C）R 2R （D）RR4、已知正四棱锥 P-ABCD 的棱长为 a，侧面等腰三角形的顶角为 30，则从点 A 出发环绕侧面一周后回到 A 点32的最短路程等于（ ）（A） （B）4a （C ）6a （D ） a3125、空间四边形 ABCD 的各边与对角线的长都为 1，点 P 在边 AB 上移动，点 Q 在 CD 上移动，则点 P 和 Q 的最短距离为（ ）（A） （B） （C ） （D ）2124326、若四面体的一条棱长为 x，其余棱长为 1，体积为 F(x)，则函数 F(x)在其定义域上（ ）（A）是增函数但无最大值 （B）是增函数且
18、有最大值（C ）不是增函数且无最大值 （D ）不是增函数但有最大值7、正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长为 ，底面的边长为 ，E 是 SA 的中点，则异面直线 BE 与 SC 所成的角为 23。 8、已知 a=(3,1,5), b=(1,2,3), 向量 c 与 z 轴垂直，且满足 ca=9, cb=4，则 c= 9、已知 PA、PB、PC 两两垂直且 PA= ，PB= ，PC=2，则过 P、A、B、C 四点的球的体积为 。10、已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2cm, 高为 4cm，过 BC 作一个截面，截面与底面 ABC 成 60角，则截面的面积是 11、(05 全国卷 1
19、) 已知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形，ABDC， 底面 ABCD，且PADB,90PA=AD=DC= AB=1，M 是 PB 的中点。21（）证明：面 PAD面 PCD；（）求 AC 与 PB 所成的角；（）求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的大小。12、 （05 福建）如图，直二面角 DABE 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，AE=EB，F 为 CE 上的点，且BF平面 ACE.（）求证 AE平面 BCE；（）求二面角 BACE 的大小；（）求点 D 到平面 ACE 的距离 .13、已知四面体各棱长是 1 或 2，且该四面体不是正四面体，求这个四面体体积的所有可能
20、的值。参考答案B C C C B D 7、 8、 （ ） 9、 10、 .30,521223cm11、本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分 12 分.方案一：（）证明：PA面 ABCD，CDAD，由三垂线定理得：CDPD.因而，CD 与面 PAD 内两条相交直线 AD，PD 都垂直，CD面 PAD.又 CD 面 PCD，面 PAD面 PCD.（）解：过点 B 作 BE/CA，且 BE=CA，则PBE 是 AC 与 PB 所成的角.连结 AE，可知 AC=CB=BE=AE= ，又 AB=2，2所以四边形 ACB
21、E 为正方形. 由 PA面 ABCD 得PEB=90在 Rt PEB 中 BE= ，PB= ， 5.510cosPBE.10arcos所 成 的 角 为与 PBAC（）解：作 ANCM，垂足为 N，连结 BN.在 Rt PAB 中，AM=MB，又 AC=CB，AMCBMC,BNCM，故 ANB 为所求二面角的平面角.CBAC ，由三垂线定理，得 CBPC ，在 Rt PCB 中，CM=MB，所以 CM=AM.在等腰三角形 AMC 中，ANMC= ，ACCM22)(. AB=2，5623AN 322cos2BNANB故所求的二面角为 ).32arcos(方法二：因为 PAPD ，PA AB，AD
22、AB，以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0） ，C（1，1，0） ，D（1，0，0） ，P（0，0，1） ，M（0，1， .)2（）证明：因 .,),(),( DCCP所 以故由题设知 ADDC，且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线，由此得 DC面 PAD.又 DC 在面 PCD 上，故面 PAD面 PCD.（）解：因 ),120(),1(BAC.510|,cos ,2,|2| PBAC所 以故（）解：在 MC 上取一点 N（x ，y，z） ，则存在 使,R,MCN.211),20,1(),1,( zyMzy
23、xNC要使 54,0解 得即只 需 zxCAA0),521(),521(, .,4MCBNBNA有此 时 能 使点 坐 标 为时可 知 当 为所求二面角的平面角.ANBMCAN 所 以得由 .,0,0).32arcos(.|),cos( .54,53|,53| 故 所 求 的 二 面 角 为 BNA12、解法一：（） 平面 ACE. BF.AEBF二面角 DABE 为直二面角，且 ， 平面 ABE.C.AC.平 面（）连结 BD 交 AC 于 C，连结 FG，正方形 ABCD 边长为 2，BGAC，BG= ，2平面 ACE，BF由三垂线定理的逆定理得 FGAC. 是二面角 BACE 的平面角.
24、G由（）AE平面 BCE， 又 ，BA在等腰直角三角形 AEB 中，BE= .2又 直角 ,6,C中，326ECBF.362sin, BGF中直 角二面角 BACE 等于 .arcsi（）过点 E 作 交 AB 于点 O. OE=1.AO二面角 DABE 为直二面角， EO 平面 ABCD.设 D 到平面 ACE 的距离为 h， ,ACDEDV.31EOShACDACB平面 BCE， A.A.2621O点 D 到平面 ACE 的距离为 .32解法二：（）同解法一.（）以线段 AB 的中点为原点 O，OE 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴，过 O 点平行于 AD 的直线为 z 轴，建
25、立空间直角坐标系Oxyz，如图 .面 BCE，BE 面 BCE， ，AEBEA在 的中点，BRt为中 ,2,).2,10(),01(.1C设平面 AEC 的一个法向量为 ，).,),0(ACE ),(zyxn则 .02,xyn即解得 ,xzy令 得 是平面 AEC 的一个法向量.,1)1,(n又平面 BAC 的一个法向量为 ，)0,(m.3|,),cos(nm二面角 BACE 的大小为 .3arcos（III） AD/z 轴，AD=2， ，)2,0(AD点 D 到平面 ACE 的距离 .32|,cos| nADd13、解：根据已知条件及构成三角形的条件满足要求的四面体应分为三类。BCA=D21
26、B=D2CA=BD21（1）如图 1，四面体各棱 AB=AC=AD=2，BC=CD=BD=1，则 AO= ，所以四面体的体积 V=31)3(22。123233AOSBCD（2）如图 2，四面体各棱 AC=AD=2，AB=1，BC=BD=2，CD=1，设 M、N 分别为 AB、CD 的中点，AM=。 。15)( 41)2(45MNABS四面体的体积为 V= .14313CDAB（3）如图形，四面体各棱 AB=AC=AD=2，BD=BC=2，CD=1，设 M、N 分别为 AB、CD 的中点，AM=， 四面体的体积为 V=215)(2 ,214522MNSAB.61331CDSABM故四面体的所有可能的体积为 或 或2461
