數(shù)學競賽之立體幾何專題精講(例題練習)

1、實用文檔數(shù)學競賽中的立體幾何問題立體幾何作為高中數(shù)學的重要組成部分之一，當然也是每年的全國聯(lián)賽的必然考查內容.解法靈活而 備受人們的青睞，競賽數(shù)學當中的立幾題往往會以中等難度試題的形式出現(xiàn)在一試中，考查的內容常會涉 及角、距離、體積等計算.解決這些問題常會用到轉化、分割與補形等重要的數(shù)學思想方法.一、求角度這類題常以多面體或旋轉體為依托 ，考查立體幾何中的異面直線所成角、直線與平面所成角或二面角的大小 解決這類題的關鍵是 ，根據(jù)已知條件準確地找出或作出要求的角.立體幾何中的角包括異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角三種.其中兩條異面直線所成的角通過作兩條異面直線的平行線找到表示異面直線

2、所成角的相交直線所成的角，再構造一個包含該角的 三角形，解三角形即可以完成；直線和平面所成的角則要首先找到直線在平面內的射影，一般來講也可以 通過解直角三角形的辦法得到，其角度范圍是（0：90日；二面角在求解的過程當中一般要先找到二面角的平面角，三種方法：作棱的垂面和兩個半平面相交；過棱上任意一點分別于兩個半平面內引棱的垂線；根據(jù)三垂線定理或逆定理.另外還可以根據(jù)面積射影定理 s'=s cose得到.式中S'表示射影多邊形的面積，S表示原多邊形的面積，0即為所求二面角.例1 直線OA和平面口斜交于一點O , OB是OA在口內的射影，OC是平面Ct內過。點的任一直線，分析：如圖，

3、設射線 OA任意一點A,過A作AB 于點B ,又作BC _L OC于點C ,連所以，cos-設 ZAOC =o(/AOB = P, ZBOC =上，求證：cosot = cosP cos Y .接AC .有:OCOBOCcos - = ,cos - = ,cos =; OAOAOB評注：上述結論經常會結合以下課本例題一起使用.過平面內一個角的頂點作平面的一條斜線，如果斜 線和角的兩邊所成的角相等，那么這條斜線在平面內的射影一定會落在這個角的角平分線上.利用全等三 角形即可證明結論成立.從上述等式的三項可以看出cos a值最小，于是可得結論：平面的一條斜線和平面內經過斜足的所有直線所成的角中，斜

4、線與它的射影所成的角最小.例、（1997年全國聯(lián)賽一試）如圖，正四面體ABCM, E在AB上，F(xiàn)在CD上，使得： 照=更=九（0九 ），記f （九， EB FD其中 七表示EF與AC所成的角，其中表示EF與BD所成的角，則：（A） f （九肝（0,收 彈調增加；（B） f （九）在（0,y）單調減少；（C） f（九粒（0,1）單調增加；在（1,一）單調減少；（D） f （九）在（0,-He ）為常數(shù).'分析：根據(jù)題意可首先找到與 o（尸P）對應的角.作EG/ AC,交BC于G,連FG顯然FG/ BD, /GEF=t» / GFE=P； . Ad BD, . EGL FG，ot

5、；+P；=90;i例五、（ 1994年全國聯(lián)賽一試）已知一個平面與一個正方體的分析：正方體的12條棱可分為三組，一個平面與12條棱的夾角都等于a只需該平面與正方體的過同一個頂點的三條棱所成的角都等于口即可.如圖所示的平面 ABD就是合乎要求的平面，于是:,n . 3sin =3則二、求體積這類題常是求幾何體的體積或要求解決與體積有關的問題 的面作為底面并求出這個底面上的高解決這類題的關鍵是，根據(jù)已知條件選擇合適例十五、（2003年全國聯(lián)賽一試）在四面體ABCD43,設AB=1,CD=J3,直線AB與CD的距離為2,夾角為土，則四面體 ABCD勺體積等于3C 3；,3D1-分析：根據(jù)錐體的體積公

6、式我們知道：V=從題目所給條件看，已知長度的兩條線段分別位于兩條異面直線上，而已知距離是兩條異面直線之間的距離而非點線距.顯然需要進行轉化.作BE/ CD,且BE=CD連接DE AE,顯然，三棱錐 A BCDW三麴t A- BDE底面積和高都相等，故它們有相等的體積.于是有:1 _ _1-AB BE sin ABE h =一1VA -BCD -VA -BDE =VD5BE _ 3 S BDE h =例十戶八、（2002年全國聯(lián)賽一試）由曲線x2=4y,x2 =4y,x = 4, x = 4圍成的圖形繞y軸旋轉一周所得標準文案旋轉體的體積為V1,滿足c cc2c2x2+y2 M16,x2+（y2

7、）之4,x2+（y + 2）之4的點（x, y）組成的圖形繞 y軸旋轉一周所得旋轉體的體積為V2,則:/、1(A) M=V2;2/、2(B) V=-V2；3(C) V=V;(D) M=2V2；分析：我國古代數(shù)學家祖的I在對于兩個幾何體體積的比較方面作出了卓越的貢獻，祖咂原理告訴我們:對于兩個底面積相同，高相等的幾何體，任做一個平行于底面的截面，若每一個截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等.運用祖原理的思想我們可以將不規(guī)則的幾何體的體積計算轉化為規(guī)則幾何體 的體積計算.如計算球的體積時我們可以將半球轉化為圓柱與圓錐的組合體.顯然，本題中的兩個幾何體 符合祖咂原理的條件，比較其截面面積如下:取

8、 y=a(-4EaE4),則:S =16輿 7T (2當 a<0 時：S2=n (7l6-a2 ) -n<4(a + 2, )=16冗十 4a兀當 a>0 時：S2=n .(Jl6-a22-二 4 - a -2= 16二- 4a二顯然，S = S2,于是有：V1 =V2 .例十七、（2000年全國聯(lián)賽一試）一個球與正四面體的六條棱都相切，若正四面體的棱長為的體積是分析：由正四面體的圖象的對稱性可知，內切球的球心必為正四面體的中心，球與各棱相切，其切點必為各棱中點，考查三組對棱中點的連線交于一點，即為內切球的球心，所以每組對棱間的距離即為內切球的直徑，于是有：2r = a2V

9、二4二al二才3424練習：同樣可用體積法求出棱長為a的正四面體的外接球和內切球的半徑.分析可知，正四面體的內切球與外接球球心相同，將球心與正四面體的個頂點相連,可將正四面體劃分為四個全等的正三棱錐，于是可知內切球的半徑即為正四面體高度的四分之一，外接球半徑即為高度的四分之三.故只要求出正四面體的高度即可.I-aI3 J2 a,664 a,一12A點在側面 SBC上的射影H是ASBC例十八、（1999年全國聯(lián)賽一試）已知三棱錐S-ABC的底面為正三角形, 的垂心，二面角 H-AB-C的平面角等于30°, SA=2，3 .那么，三棱錐 S-ABC的體積為分析：在求解立體幾何問題時，往往

10、需要首先明白所要考查對象的圖形特點.連接BH并延長交SC于D,連AD. H為ASBC的垂心BD±SC, 且 HDXSC ,故 ADXSC , SCL平面 ABCSC± ABCE! AB,連 DE作SOL平面ABC于O,連接CO并延長交AB于E,易知： AB=AC .HB=HC即A在平面SBC內的射影 H在線段BC的垂直平分線上，而點 H是 SBC的垂心，可知 SBC為SB=SC勺等腰三角形.S在平面ABC內的射影O在線段BC的垂直平分線上.故射影O為AABC的中心，三棱錐 SABC為正三棱錐.設底面邊長為 2a,則CE=J3a ,SA=SB=SC2322 1 SO=3 OC

11、=/3 = CE= % 3a1 .113-9-2 .Vsubc =-S ABCh =- - 3 -.3 3=、333224解;如圖3 .由題設與以上面SBC.作BH SC于£.由三垂線定理知SC故 £亡上面ABE.設點S在面內的射影為。，則 SO_L面 ABCV由三垂線定理的逆定 理，可知 COLAB 于尸.同理，BC） _L AU,故 點 O 為的重心.又因為 ABC是等 邊三角形.故點a為 ABC：的中心,從而 SA = 5呂= 8 = 2/5.因為 b_LAB ,CF 是 F戶在面ABC上的射影,由三垂線定理知.£F_LAB.所以，NE9 是一面角 HAB

12、一 C的平面角.故NE« = 301QC= SC cos 60* = 2 73 x=73,SO =73tan 60"=0><75= 3.又 OC=§AB,故 AB =COC =73 x/3 = 3.所以 Vs-vr 等 x 32 x 3 =3/ 3 -例十九、（1998年全國聯(lián)賽一試）AABC中，/C =903,/B =30： AC =2 , M是AB的中點.將AACM沿CM折起，使A、B兩點間的距離為2點，此時三棱錐 A BCM勺體積等于 分析：關于折疊問題,問題中經常會涉及折疊圖形形成二面角，在折疊前作一條直線與弄清折疊前后線段之間的變與不變的關系

13、往往是我們解決問題的關鍵,折疊線垂直相交，于交點的兩側各取一點形成一個角，于是在折疊過程中，此角始終能代表圖形折疊所形 成的二面角的大小.此外，通過分析可知解決本例的另一個關鍵是需要得到棱錐的高，其實只要能找到二 面角，高也就能迎刃而解了.如圖，作 BDL CM的延長線相交于 D, AU CMT F,并延長到 E,使EF=BD連BE.顯然，AF=EF=BD= 73, EB=DF=2所以： AE?=AE2-EB2=8-4=4三棱錐A-BCM勺高即點A到平面BCM勺距離也就是等腰 AAEF中點A到邊EF的距離.根據(jù)面積相等可求 得：實用文檔.V.1 2,3 1 婁二善 3 233例二十、(1995

14、年全國聯(lián)賽一試)設 O是正三棱錐 PABC底面 ABC的中心，過。的動平面與 PABC的，111三條側棱或其延長線的交點分別記為Q R S,則和式一 一 一PQ PR PS標準文案(A)有最大值而無最小值;(B)有最小值而無最大值;(C)既有最大值又有最小值，且最大值與最小值不等;(D)是一個與平面QRSa置無關的常量.分析：借助于分割思想，將三棱錐 P-QRS劃分成三個以。為頂點，以三個側面為底面的三棱錐 O- PQR 0- PRS 0- PSQ顯然三個三棱錐的高相等，設為h ,又設ZQPR =ZRPS = ZSPQ=« ,于是有：_ 1VP qRS =VO_PQR ' V

15、O _PRS ' VO _PSQ 工SPQR ' S. PRS ' S；PSQ h31PQ PR PR PS PS PQ sin 二 h一一 .1 _又：VPqRS =VQqRS = PQ PR PS Sina sin9 ,其中日為PQ與平面PRS所成的角. 6PQ PR PR PS PS PQ sin 二 h = PQ PR PS sin： sin于是得:111 sin 二十十=PQ PR PS h例二H一、(1993年全國聯(lián)賽一試)三棱錐 S- ABC中，側棱 SA、SB SC兩兩互相垂直， M為三角形 ABC的重心，D為AB中點，作與SC平行的直線 DP.證明：(

16、1) DP與SM相交；(2)設DP與SM的交點為D,，則D為三棱錐S-ABC的外接球的球心.分析：根據(jù)題中三棱錐的特點，可將三棱錐補形成為一個如圖所示的長方體，因為C、M D三點共線，顯然，點 C、S、D M在同一平面內.于是有 DP與SM相交.又因為:DD DM 1=一,而點D為長SC MC 2方體的底面SAEB的中心，故必有點 D,為對角線SF的中點，即為長方體的也是三棱 標準文案錐的外接球的球心.例二十二、（1992年全國聯(lián)賽一試）從正方體的棱和各個面的面對角線中選出k條，使得其中任意兩條線段所在的直線都是異面直線，則k的最大值是分析：本題可以采用構造法求解.考查圖中的四條線段：AD、A

17、C BC、BiD,顯然其中任意兩條都是異面直線.另一方面，如果滿足題目要求的線段多于4條，若有5條線段滿足要求, 因為5條線段中任意兩條均為異面直線，所以其中任意兩條沒有公共點，于是產生這些線段的端點幾何體的頂點的個數(shù)必定大于或等于10個，這與題中的正方體相矛盾.故：k=4.例二十三、（1991年全國聯(lián)賽一試）設正三棱錐P ABC勺高為PQ M為PO的中點，過 AM作與棱BC平行的平面，將三棱錐截為上、下兩個部分，試求此兩部分的體積比.分析：取BC的中點D,連接PD交AMT G,設所作的平行于BC的平面交平面PBC于EF,由直線與平面平行的性質定理得：EF/ BC,連接AE, AF,則平面AE

18、F為合乎要求的截面.作OH/ PG 交AG于點H,則：OH=PGBC PD PG GD （ GD , GD , AD 5 11PGPG OHS宓ef （EF ）24 .旱S.PBC BC 25EF PG故：VA以VA-PBC三、求面積AO 2Va-pef 4V 21A-EFBC乙 1這類題常設計為求幾何體中某一特殊位置的截面面積解決這類題的關鍵是，封斷出截面的形狀及截面和已知中相關圖形的關系例5 已知正三棱錐S-ABC的高SO =3,底面邊長為6.過點A向它所對的側面 SBC作垂線，垂足為O ,在AO'上取一點P, 使第=8.求經過點p n平行于底面的截面 的面積.（1989,全國高中

19、聯(lián)賽）因為點設過點P且平行于底面的截面與S。的s(r故所求截面的面積為，求其中的某些點AGE是BDXACDFBFDE該六面體的棱只有兩種，設原正三棱錐的底面邊長為SAD,而 上,從而已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起，恰得到一個所有二面角四、求距離這類題常是以幾何體為依托件判斷出或作出符合題意的線段ABC是正三棱錐連結并延長交2,則最遠的兩頂點間的距離是BACD的平面A-CD-E的平面角交點為則兆=急解;如圖5.因為 所以點O 是 ABCG,則 AG ± CD, EG LCD2a,側棱為b.取CDiC ,所以AO'在平面SAD J必在以S上.于是，BY 2aC實用文

20、檔標準文案角.AG=EG= Jb2-a2, BF=DF= 2aVbb-a", ae= 2b2- (3 ；13a)2=2b2-a2.由 cos/AGE=cos/ BFD , 32AG2-AE2 2BF2BD22AG22BF24(b2 £2)4a2b2b2a2 =4a2(b2a一 22 一 4=9b =16a , =b=3a,從而 b=2, 2a= 3. AE=2.即最遠的兩個頂點距離為3.3.分析：本題的難點有兩個:一是判斷出 AC和8 中哪一個長為2；二是判斷出最遠 的兩頂點間的距離是AC.CD.AB中的哪一 條線段的長度.解：如圖6,作CELAD,連結EF,易證 則NCE

21、F為面月DF和面ACD所A成二面角的平面角.設點G為CD的中點,同理NAGH為 面A8 和面BCD所成二面角的平面角，由 已知NCEF = NAGB.設底面 CDF的邊 氏為側棱AC的長為b.在 ACD中， CW6-2叫故"口 AG*2a v b 12日5 bb在ABC中，易求得AB =2、/ / 一（春樂_9 A3T1S2、3 a ,由 CEF<z?A AGB 得_ AGCF CE 92個口一g£ _ J + £ 2a J 心二 / *22b從而 b g 口 =等 x 2ct.則 AC<CD.意得6 = 2,從而2曰=3, AB = 2.貝ij AC

22、 = AB < CD.故最遠的兩頂點間的距離是3.五、求元素個數(shù)這類題常以長方體或三棱錐等幾何體為背景，通過計算符合題意的元素個數(shù)，來考查學生對計數(shù)問題的理解程度解決這類題的關鍵是計數(shù)時要有規(guī)律的數(shù)，作到不重復、不遺漏例7在正方體的8個頂點、12條棱的 中點、6個面的中心及正方體的中心共27個 點中,共線的三點組的個數(shù)是( ).(A)57(B)49(043(D)37(1998,全國高中聯(lián)賽)解:按照共線的三點中兩端點的不同情 況分類討論如下：實用文檔兩端點皆為頂點的共線三點組有燮= 28（個）；兩端點皆為面的中心的共線三點組有號=3（個）；兩端點皆為各棱中點的共線三點組有超尹=18（個公

23、且沒有別的類型的共線三點蛆.所以，總共有28 + 3+ 18 = 49（個）.故選（B）.8、如果空間三條直線 a, b, c兩兩成異面直線，那么與 a, b, c#B相交的直線有：“.；一（A）。條 （B） 1條（C）多于1的有限條（D）無窮多條解：在a、b、c上取三條線段 AB、CC、AD、作一個平行六面體 ABCD-ABCD 在c上取線段 AD，上一點P,過a、P作一個平面，與 DD交于Q、與CC 交于R,則QR/ a,于是PR不與a平行，但PR與a共面.故PR與a相交.由 于可以取無窮多個點 P.故選D.9、給定平面上的5個點A、B、C、D、E,任意三點不共線.由這些點連成4條線，每點

24、至少是一條 線段的端點，不同的連結方式有 種.解：圖中，4種連結方式都滿足題目要求.（圖中僅表示點、線間連結形式，不考慮點的位置）.(3)情況（1）,根據(jù)中心點的選擇，有 5種其連結方式；情況（2）,可視為5個點A、B、C、D、E的排3),首有2!列，但一種排列與其逆序排列是同一的，且兩者是一一對應的，則有連結方式2先是分歧點的選擇有 5種，其次是分叉的兩點的選擇有 C4=6種，最后是余下并連兩點的順序有別,種，共計5M6M2 =60種；3情況（4）,選擇3點構造二角形，有 C5 =10種.共有5+60 + 60+10=135種連結方式 標準文案實用文檔3.設四棱錐PABCD的底面不是平行四邊

25、形，用平面c去截此四棱錐，使得截面四邊形是平行四邊形 則這樣的平面 ：（）（A）不存在（B）只有1個（C） 恰有4個（D） 有無數(shù)多個例一、（1991年全國聯(lián)賽一試）由一個正方體的三個頂點所能構成的正三角形的個數(shù)為（A） 4;（B） 8;（C） 12;（D） 24.分析：一個正方體一共有 8個頂點，根據(jù)正方體的結構特征可知，構成正三角形的邊必須是正方體的面對角線.考慮正方體的 12條面對角線，從中任取一條可與其他面對角線構成兩個等邊三角形，即每一條邊要在構成的等邊三角形中出現(xiàn)兩次，故所有邊共出現(xiàn)2C；2=24次，而每一個三角形由三邊構成，故一共24可構成的等邊三角形個數(shù)為 二=8個.3例二、（

26、1995年全國聯(lián)賽一試）將一個四棱錐的每個頂點染上一種顏色，并使同一條棱的兩個端點異色，如果只有5種顏色可供使用，那么不同的染色方法的總數(shù)是 .分析：就四棱錐PABCEffi言，顯然頂點 P的顏色必定不同于 A、B C、D四點，于是分三種情況考慮：若使用三種顏色，底面對角線上的兩點可同色，其染色種數(shù)為：園=60 （種） 若使用四種顏色，底面有一對對角線同色，其染色種數(shù)為：C1，A4=240 （種）若使用五種顏色，則各頂點的顏色各不相同，其染色種數(shù)為：腐=120 （種）故不同染色方法種數(shù)是：420種.六、特殊四面體1 .四面體 由于四面體是三角形在空間中的推廣，因此三角形的許多性質也可以推廣到四

27、面體：（1）連接四面體的棱中點的線段交于一點，且在這里平分這些線段；（2）連接四面體任一頂點與它對面重心的線段交于一點， 且這點將線段分成的比為 3: 1, G稱為四面體的重心.（3）每個四面體都有外接球, 球心是各條棱的中垂面的交點.（4）每個四面體都有內切球， 球心是四面體的各個二面角的平分面的交點.例10 （1983年全國）在六條棱長分別為 2、3、3、4、5、5的所有四面體中，最大的體積是多少？證明你 的結論.2 .特殊四面體（i）等腰四面體：三組對棱分別相等的四面體.11性質（1）等腰四面體各面積相等，且為全等的銳角三角形；（2）體積是伴隨長方體的1.3（ii）直角四面體 從一個頂點

28、出發(fā)的三條棱相互垂直的四面體.性質（1）直角四面體中，不含直角的面是銳角三角形（稱該面為底面）；（2）任一側面面積是它在底面投影的面積和地面面積的比例中項，且側面面積的平方和是底面面積的平方；（3）三個側面與底面所成三個二面角的余弦的平方和是 1.3 .正四面體 每個面都是全等的等邊三角形的四面體.性質（1）若正四面體的棱長為 a,則四面體的全面積 S=y3a2,體積V = 12a3；（2）正四面體對棱中點的 連線長d = a； （3）正四面體外接球的半徑 乎a,內切球的半徑為 16a.七、“多球”問題在解決立體幾何問題時，常會遇到若干個球按照一定的法則“ 疊加” 的問題， 我們將 這類問題簡

29、稱為“多球”問題.對于“多球”問題，我們往往可以從多球中提煉出球心所組成的立體圖形，將問題簡化， 然后通過解決這簡化的問題，獲得原問題的待求結論，這是 解決“多球” 問題的一個常 用方法.5、將八個半徑都為 1的球分放兩層放置在一個圓柱內，并使得每個球都和其相鄰的四個球相切，且與圓柱的一個底面及側面都相切，則此圓柱的高等于 .解：如圖，ABCD是下層四個球的球心，EFGH是上層的四個球心.每個球心與其相切的球的球心距離 =2. EFGH在平面ABCD上的射影是一個正方形. 是 把正方形 ABCD繞其中心旋轉 45。而得.設 E的射影為 N,則 MN=2-1. EM=故 EN2 = 3（應一1）

30、2=242.EN=V8.所求圓柱的高 =2+08.16、底面半徑為1cm的圓枉形谷器里放有四個半徑為 2cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切.現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水_3 cm 填（1+半）兀. 32解：設四個實心鐵球的球心為。1,。2,。3,。4,其中。1,。2為下層兩球的球心，A, B,C,D分別為四個球心在底面的射影.則 ABCD是一個邊長為 g的正方形.所以注水高為 1+g.故應注水 M1+#） 4x|例1在桌面上放著四個兩兩相切、半徑均為r的球，試確定其頂端離桌面的高度；并求夾在這四個球所組成圖形空隙中與四個 球均相切的小球的半徑.圖1

31、分析如圖 1,可將四個球的球 心提煉出一個正四 面體，其棱長恰為 兩球半徑之和，即 為2r,因此,只要求出這個正四面體的高，再加上上、下兩個半 徑，即得所求的高度.而所求的小球半徑應是 正四面體的外接球半徑與廠的差.解如圖2, 設四個球的球心分 別為 Oi t Q,。3 > O,，則 01，0小。3, 5 04構成棱長為2r 為正四面體.設E, G分別為OQQ.與OiQO”的中心，QE與。6相交于F, O2G與01后相交于，則H也是此正四面體的中心.2r由勾股定理可得:標準文案QE = JoF-茄=紅豆,故頂端離桌面的高度為（紅2+2）匕由 GF = Jo/=：O#C/G。#JW1 一

32、3，從而 a" = 3HEQC=5H + HG=4"E,而 02G = O'E = 2-r,二 HE - - rO2H = -r.從而夾在這四個球所組成圖形空隙中與rr四個球均相切的小球的半徑為（9一 1）人說明（1）本例能夠解決的關鍵是將四 個球的球心提煉出了一個正四面體，從而我 們可以將有關計算轉移到該正四面體內進 行.（2）正四面體的外接球半徑是內切球半 徑的3倍，它們分別是高的四分之三與四分 之一*例2制作一個底圓直徑為4 c m的圓 柱形容器，要內裝直徑為 2 cm的鋼珠2 6只，那么這容器至少要多高？（上海市1 9 8 6年競賽試題）分析 所制作圓柱形容

33、器的高度，與容 器內鋼珠的安裝方式有關，最低一層可放置 兩個球.第二層兩個球如何放置是關鍵.若將 第二層的兩球相對于第一層兩球的位置旋轉 90°安戰(zhàn) 即第二層兩球的連心線與第一層兩 球的連心線垂直）時，這兩層四個球在圓柱形 容器內所上升的高度最低，然后我們再將第 三層兩個球相對于第二層兩球的位置旋轉 9CT安放（其球心連線與第一層球心連線平 行）*只耍我們求 出相鄰兩層球心連線間的距離，就能解決該題.解 如圖3,過圓柱底面中心 O 及底層 兩球心作圓柱體的裁面，再過 O 及第圖3二層兩球心。3,。4作 圓柱體的做面，由對 稱性易知這兩截面垂軸,設球。1與球。£ 相切于E,球

34、O,與球 。4相切于F,顯然E.F都在軸上.再設球的半徑為尺,則020, =2R,0Q=,0Q_L0/從而 0#= /T R,在RtZSFEO?中，F(xiàn)E= /Ta所以過相 鄰兩層球心且平行于底面的兩平面之間的距 離為/了兄若一個圓柱要裝4層球,則圓柱 高人應滿足：h>R + ("l) /7K+R.由題知 /? = bi = 13,AA>19.故這容器的高度至少要19 cm.說明(1圖示中四球心?！?。2,。3，。4 構成正四面體，EF的長就是這個正四面體 對棱之間的距離.(2)A>19是通過近似計算得到的，它精 確到小數(shù)點后一位.例3 在正四面體內裝入半徑相同的球，

35、使相鄰的球彼此相切， 且外層的球又和正四面體的面都相切，如此裝法，當球的個數(shù)無窮大時， 求所裝球的體積與正四面體體積之比的極限.(第八屆希望杯高二數(shù)學培訓題)圖4“ 分析 首先我們應該考慮當正四面體內 所裝球共裝了多少層？每層的形狀如何？每 層球的個數(shù)是多少? 一共裝了多少球;其次我 們應該計算這些球的體積之和，最后就能求 出極限的值*解如圖4, 不妨設正四面體的 棱長為1,E,G分 別是正8GD和 正工CD的中心, F為棱CQ的中 點,1, AF = AC * sin =EF = 4 BF = -7 AF =，% E，= AF2 -33uEF2 = ，:. AE =,則 Z.AFB = ar

36、csin o0AE . 2 "hF = arcsin -7一./If3當4個半徑相同的球兩兩相切時，它們 的球心恰好是正四面體的4個頂點，而它們 又可以裝入一個更大的正四面體中，每個球 都與相鄰的面相切.由此可知題中裝球的方 式必定是:底層的球排成正三角形的形狀，每 邊n個j第二層球恰好堆在底層球之間的空 位上，成每邊程一1個的正三角形的形狀t依 次推上去，最上面一層為1個球.不難算出, 此時球的總數(shù)是也,靠近正四 o面體頂點B處的球與在B點的三個面都相 切.設此球心為0,0在底面BCD上的投影圖5: cot OKO1 =cot -y /_AFB =1 + cO5/AFB= &quo

37、t;I： _ 幾 slnAFB - 2/1一3設球0的半徑為r,，0，K =。，g"0K0，=/7 尸.圖6是底面 BCD中的情形： MN BC ,第一排 球的球心在過MN 且平行于BC的平圖6。在NOBC的平分線BF上.圖5是過。 點且與棱垂直 的平面從正四面體 截出的圖形.作 OKJJ3C, 交BC于K,則ZOKO? = |Z71FB,面上.丁 NO, BC-：, 40jfTj _j_ _*； BK = O' K cot - = r *=6r.因為在與正四面體一個面相切的球中, 最外面一排有打個球，所以可以列出：(W 1) * 2r + 2 , 尸=1 ,解得 r = 2

38、德一2+2 C故全部球的體積為：叫=冬五1 V 整5十 l)S + 2)22也一2+2 ZT/691+-+A n n-(2 +匕口1又正四面體的體積為" = 44E(JbFOUV 1 99故所求之極限為理廣券亨、/78,6說明在上述解題過程中，有三個關鍵 之處:一是當4個半徑相同的球兩兩相切時, 它們的球心構成一個正四面體二是推算出球的總數(shù)為士5 + ?5 + 24三是算出球的半徑r =2打-2+2.只要我們把握好以上三點，此題就不難求解.八、體積法及其應用體積法是處理立體幾何問題的重要方法. 在高中數(shù)學競賽中，利用體積法解題形式簡潔、構思容易，內涵深刻，應用廣泛，備受青睞.幾何體的

39、體積包括基本幾何體的體積計算、等積變換等方法，同時有以下常用方法和技巧：(1 )轉移法：利用祖咂原理或等積變換，把所求幾何體轉化為與它等底、等高的幾何體的體積.(2 )分割求和法：把所求幾何體分割成基本幾何體的體積.(3 )補形求差法：通過補形化歸為基本幾何體的體積.(4 )四面體體積變換法.(5 )算兩次法： 對同一幾何體的體積， 從兩種方法計算，建立出未知元素的等量關系， 從而使 問題 求解.利用這種方法求點到平面的距離 ，可以回避作出表示距離 的垂線段.另外，體積法中對 四面體 的體積變換涉及較多應用廣泛.關于四面體的體積有如下常用性質：(1 )底面積相同的兩個三棱錐體積之比等于對應高之

40、比；(2 )高相同的兩個三棱錐的體積比等于其底面積之比 ；(3 )用平行于底面的平 面去截三棱錐，截得的小三棱錐與原三棱錐的體積之比等于相似比的立方；(4)若四面體P-ABC的三條側棱長為口、。、。，則這個四面體的體積為 "sin 中最永中一sin中二(其中甲=烏十£七0可為三面角P-ABC的三個面角人(5)設等腰四面體的三條核長分別為心九小則體積 v=各 /(1三力 17(7?又/+ / 不之).£ u 例1 (2003年全國高中數(shù)學聯(lián)賽題)如圖1,在四面體A BCD中，設48 = 1, CD =雷，直線AB與CD的距離為2,夾角為冷，則四面體ABCD的體積等于

41、( ).分析：此題意圖是考查拼補 問題，只需符AB與CD的距離 轉化為幾何體的高即可.圖1解士過C作CE捶AB,連結ED,以ACDE為底 面.BC為棱作棱柱ABF-ECD,則所求四面體ABCDJ的體積口 和上述棱柱的體積匕滿足 =: Sb£ = *CE - CD , sin ECDtAB 與 CD 的公垂線段MN為棱柱的高，1才:.VrMN CE CD tiZ£TCD=y,故V尸方工選B.說明:解題關鍵是利用補形法構造棱柱并求出體 積，難點是距離的聯(lián)想和合理轉化，例2 如圖2,在三棱錐與 ABC中，底面ABC每個頂點 處的三個面角之和均為1801底 面三角形的三邊長分別為歷

42、、2 和拜，求三棱錐SrABC的體積，分析：條件中每個頂點處的 三個面角之和均為180：可用展平方法轉化為平面向 題，從而可判斷出三棱錐的特征，然后再求其體積.解：把三棱錐S-ABC的三個側面沿側棱剪開展 平在底面所在的平面上（圖3）.：SA=S2A = SA,安NWAC+NCAB+ZBAS,=180/;2c 二2二多 ,A、&三點共線，且A為$8的中點.J 圖3同理可得S八B.&三點共線,S八配與三點共線，且日為的中點，C為 SiS的中點.在&&& 中，ACa&S3=SB.同理，A8 = 5C,8ChSA.所以三棱錐&ABC的三組對棱分

43、別相等，即此 三棱鍵為等腰四面體.由等腰四面體體積公式Vcyi+e2 -a2 )(c2 +ai ) 易求得三棱錐6AHe的體積為胃.說明：等腰四面體的體積也可通過構造長方體轉 化求出.圖4例3(1995年全國高中數(shù)學聯(lián)賽題)如圖4,設O是正 三棱錐P-ABC底面 A8C的 中心，過O的動平面與P-ABC 的三條倒撥或其延長線的交點 分別記為Q、R、S,則和式電 * W+盍+會，),A.有最大值而無最小值B.有最小值而無最大值C既有最大值又有最小值，且最大值與最小值不等D.是一個與平面QRS位置無關的常量分析：應是整體上考慮PQ、PS、PR的關系，同時 對三棱錐SrPQR的體積用整體與分割算兩次

44、，建立 相應的關系.解：設正三棱錐PABC中，各棱之間的夾角為 口，棱與側面的夾角為0，則儕=15以件 (£pQ FRgin a) , PS , sin 仇另一方面，設 O 到 各個面的距離為d,則=匕>舊片+匕>麻5+匕，產心=+ Sj/Qs * d日(2尸<2 PRsin。+;PS * Pfisin a+ y PQ PSsi口 口) t貝ij PQ PR PSsin 9=d(PQ PR + PR PS + PQ* PS),故- 常量)，選 D.2.(2002年全國高中藪學聯(lián)賽題)由曲線/ =4y+f =紂,工=4門=4圍成的圖形繞 > 軸旋轉 一周所得的旋

45、轉體的體積為Wi滿足/+9<16,三 + (j-2)2>4,x2+(> + 2>2>4的點組成的圖形繞y 軸旋轉一周所得的旋轉體的體積為匕，則( ).12A.K=%B.H=點巴C,匕=匕D.%=2匕圖9用垂直于沙軸、距離m軸為W的平面去截這兩個旋 轉體,截得壞的圓環(huán)面積為&二水4一”11，截得 匕的圓環(huán)面積為3=小4? 一式)一”4 一(2 一火尸】 "靠"一專抑)，即S1=生，故選C.6.焉如圖11,設過AM 乙X6.(1991年全國高中教學聯(lián)賽題)設正三棱鎮(zhèn)P- 4BC的高為PQ,M為PO的中點，過AM作與棱BC 平行的平面，將三棱

46、錐截為上、下兩部分，試求此兩部 分的體積之比.EF=PGBCPD平行于BC的平面與棱FB、 PC分另！|交于E. F,貝1EF BC.又設D為BC的中點， 連結FD交EF于G,VHAKF _ 5凸戶EF / PG "Vj* ABC SdPBC (PD )在PDA中，過。作PD的平行線交AG于N,PGONAO2PG24GDGDAD3P。5 '取Vft加25,故上、下兩部分體積之比為2九、立體幾何中的截面問題截面問題涉及到截面形狀的判定、截面面積和周長的計算、截面圖形的計數(shù)、截面圖形的性質及截面圖形的最值.本文介紹此類問題的求解方法.1判斷截面圖形的形狀例1 過正方體AB8 -

47、& B Ci的 棱ABBC的中點E. F作一個截面，便截面 與底面所成的角為45,則此截面的形狀為(A)三角形或五邊形(B)三角形或六邊形(C)六邊形(D)三角形或四邊形，(第六屆希胡杯全國教學邀請蹇)圖I講解:如圖1,顯 然，過點尸必有一 個截面與棱B4相 交，此截面是三角形.設過點D.的截 面與底面所成的角為 叫易求得tan a = tan N。】CD故。45：設過冊G的截面與底面所成的角為B， 易求得tan R = tan N 01GO = 272 > 1. 故”45匕于是,所求的另一截面應與A|O、0G 相交（不過其端點）,為六邊形.故選（B）.評注:先計算出特殊位置的截

48、面與底面 所成的角，再根據(jù)截面所處的位置確定截面 的形狀.若截面與棱DDX相交，則截面為五 邊形;若截面與棱都相交（但不 過其端點），則截面為衣邊形;若截面與棱 小島G都相交（但永過點耳）,則截面 為四邊形.2截面面積和周長的計算例2如圖2,正方體的三條棱為4B、圖2BC.CD.AD是體對角 線.點P、Q、R分別在 AB、®C、CD EAP = 59 PB = 15, BQ = 15, CR = 10.那么，平面 期向各方向延伸后 與正方體的交線組成 的多邊形的面積是多少？（第16屆美國數(shù)學邀請賽）講解煙為RP二世，所以，AC.這 樣，過點R且平行于+的直線交加于點 U,且 41/二

49、 CR.因為過點R且平行于我的直線在平面 呼上,所以，U是相交得出的多邊形的頂 點.又UR的中點是正方體的中心，故相交得 出的多邊形上的點關于正方體中心對稱.因 此，它的面積是梯形PQRU面積的2倍.易知詼= 20,/= 150，汽7 = 5后.故所求面積為(VR + ,晟(叱*.= 35x41 詹=525.評注:解此題的關鍵是,正確畫出平面PQR與正方體相截的截面,并判斷出它是關 于正方體中心對稱的.例3 平面與正方體表面的交線圍成 的封閉圖形稱為正方體的“截面圖形、棱長 為1的正方體ABCD- A.B. CtDt中，E是 AB的中點，P是CC的中點.則過Oi、£、F 三點的截面圖

50、形的局長等于( ).(A4(25+ 2/+9 石)(6)(15 + 4/13 + 975)(0(25 + 2/13 + 675)1Z(D)(15+ 4/13+ 65)12(第十四屆希望杯全國數(shù)學邀請賽)分析:要計算截面圖形的周長，先要作出 截面，其依據(jù)是平面的基本性質和確定平面 的條件,作截面一般有兩種方法:一是延長交 線得交點;二是作平行線. 一B3解法1:如 圖3,分別延長 口八DC得交 點巴作直線即 交BC于點N, 交DA的延長線 于點S,聯(lián)結0 s交4"于點M,則五邊形以MENF為截面圖形.由相似三角形對應邊成比例得AlM3MAtCN = 2NB.易得截面五邊形DMENF的周

51、長為 (25 + 2/13 + 9/5),故選(A).圖4 知應選（A）.解法2：如圖4, .作胸交4"于點股（S為 B國的中點），作FN Cr7M 交BC 于點W（8T= AM）, 則五邊形D.MENF 為截面圖形,同解法13計算截面圖形的個數(shù)例4設四棱錐P-MCZ）的底面不是 平行四邊形，用平面去戴此四棱錐，使得 截面四邊形是平行四邊形,則這樣的平面0（A）不存在（B）只有一個（C）恰有兩個（D）有無數(shù)多個（2005,全國高中數(shù)學聯(lián)賽江蘇賽區(qū)初賽）講解：如圖 5,延長 BA CD 交于點M,聯(lián)結 PM,則PW為側面PAB與側面 PCD的交線.同理,"V為 側面P/與側

52、面PBC的交線.MAB圖5設由直線所確定的平面為仇作 與平面£平行的平面口與四棱錐的各個側面 相截，則截得的四邊形是平行四邊形（圖5中 的四邊形從鳥G0） .易知，這樣的平面。有無數(shù)個.故選2）.例5過正四面體ABCD的頂點4作一 個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底 面BCD所成的角為75?.這樣的截面共可作 出 個.（第六屆希望杯全國數(shù)學邀請賽）F -講解:設正四面體的棱長為1.過點A作AO_L平面BCD于點。，則A0 =*/63 .以。為圓心，呼8t 75。為半徑在平面BCD上作圓.易知此:圓在 BCD內，且所求截面與平面國力的交線是該圓的切線.當切線與4 BCD的一邊平行時

53、,對應的截面 AMN是等腰三角形，則這樣的截面有6個.當 CBi = DC,且/ G和圓相切時（如圖6 ）,對應的截面 A/G是等腰三角 形，這樣的截面也有6個*第6 .作即與圓相切，交CD于點E.由組ME,可得BE = 絲，對應的截面 ABE也是等腰三角形，這樣的截面也有6個.綜上，滿足條件的截面一共有18個.評注;借助于圓，進行恰當?shù)胤诸悾箚栴}巧妙地獲得解決.4確定截面圖形的性質例6如圖7, 已知正方體破刀- 4修GD一任作 平面a與對角線 4G垂直，使得 平面a與正方體 的每個面都有公 共點.記這樣得 到的截面多邊形 的面積為5,周長為£.則()>(A)S為定值，不為定值(B)S與E均為定值(C)S不為定值,！為定值 (D)5與工均不為定值(20Q5,全國高中數(shù)學聯(lián)賽)講解:先考察特殊情形.不妨設正方體棱長為L如圖7,取£、F、G、H、i、J分別為六條棱的中點，顯然.正六邊形E附是符合要求的截面,它的周 長左=3萬，面積昆=苧.當截面為 正4ED時,其周長b=3日,面積S2 = 43r2*注意到九二峭51/52，由此可以斷定5 不為定值，而，有可能為定值.再考察一般情形.設六邊形JiEiKGH/i為任意一個符 合要求的截面，則此截面與前面兩個特殊的 截面平行.由相似三角形對應邊成比例.