高中數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)精選精講：7-立體幾何(文)習(xí)題精選精講

例談立體幾何中的轉(zhuǎn)化思想方法非常豐富，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AA11分析一(縱向轉(zhuǎn)化)：BE圖－1A11分析一(縱向轉(zhuǎn)化)：BE圖－1A∵AE∥DF，AE億平面CDF，1∴AE∥平面CDF.同理，BE∥平面CDF，11又AE∩BE＝E，∴平面ABE∥平面CDF。111分析二(橫向轉(zhuǎn)化)：同理，EF⊥平面CDF。平面AB1E∥平面CDF。11C2、降維轉(zhuǎn)化1圖－2由三維空間向二維平面轉(zhuǎn)化，是研究立體幾何問(wèn)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)生們比較熟悉的例3如圖-3，在直三棱柱ABC—ABC中，AB=BC=2，BB=2，三ABC=90，E、F分別11113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.22A11111：三CBA是異面直線BC與DC所成的角.1連結(jié)AC與AC，在Rt△ADC中，可得AC=5，1又在Rt△ACC中，可得AC=3.1又在RtCBC中，可得BC=17，11AB2+BC2AC231712AB.BC1711∴異而直線BC與DC所成角的大小為。1“割形”與“補(bǔ)形”是解決立體幾何問(wèn)題的常用方法之一，通過(guò)“割”或“補(bǔ)”可化復(fù)雜圖形為已熟11n2h∴V＝V＋V＝3BC·S＝6。P－ABCB－APDC－APD⊿APD 1 三棱拄⊿EBC1 ∴V=3P－ABC4、等積轉(zhuǎn)化VV6三棱拄“等積法”在初中平面幾何中就已經(jīng)有所應(yīng)用，是一種很實(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(chēng)等積變換)是以面積、體積(尤其是四面PEADBPEACBAD1B1C1EFDA1BCBB體的體積)作為媒介，來(lái)溝通有關(guān)元素之間的聯(lián)系，從而使問(wèn)題得到解決。例6如圖7，已知ABCD－ABCD是棱長(zhǎng)為a的正方體，E、F分別為棱AA與CC的中點(diǎn)，求四111111棱錐A－EBFD的體積。11略解：易證四邊形EBFD是菱形，1則V=2V=2V=2VA1-EBFD1A-EFDF-A1ED1C1-A1ED111即較抽象。教2r3AAAOBA1DD1條棱也兩兩垂直，于是問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為如下問(wèn)題：長(zhǎng)方體一條對(duì)角線要調(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)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(mén)學(xué)科，從而更有效地本身中的點(diǎn)、線、面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.1111分別是CC、AD的中點(diǎn).那么異面直線OE和FD所成的角9的余弦值等于.11cos9=3cos9=3425553(如圖),轉(zhuǎn)化為空間向量的數(shù)量關(guān)系Z得OE=(－1,1,1),FD=(－1,0,2)1OE=3FD=5EAE11DCYDCFOFO1BXAB55A即cos9=故選(B)D5.D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(lái))是個(gè)好方法. (A)3(B)4(C)33(D)6分析：本題中沒(méi)有立方體,可充分挖掘是正四面體特點(diǎn)補(bǔ)形成立方體.ABCD正四面體、立方體的中心,2球2球間圖形中慣用的手段.NP的中點(diǎn)，能得出l」面MNP的圖形的序號(hào)是(寫(xiě)出所有符合要求的圖形序號(hào))__________.PMNlMlPNMPPlNMllNPMPNl①②③④⑤分析：易知①是合要求的，由于五個(gè)圖形中的l在同一位置,只要觀察圖②③④⑤中的平面MNP哪一個(gè)和MNP平行(轉(zhuǎn)化為面面平行)即可.MNP4．2004年北京卷(4)如圖，在正方體ABCD-ABCD中，P是側(cè)面BBCC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若P到直線BC11111111 (A) (A) (B) (C) (D)D圓1ABABP11D11DC1AB條件即動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)C的距離等于到定直線BC1AB1跳躍5．2000年全國(guó)卷(16)如圖，E、F分別為正方體的面ADDA、111111⑴在面ABCD上作投影可得②(平行四邊形).⑵在面ADDA上作投影可得③(線段).11⑶在面ABBA上作投影可得②(平行四邊形).12222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(B)52(C)48(D)40形分為兩類(lèi)：4：6×4=24個(gè).何體的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去求解.MAC上移動(dòng)，點(diǎn)N在BF若CM=BN=a(0a2). (1)求MN的長(zhǎng)； (2)當(dāng)a為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最小；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MK⊥AB于K,連KN.由面ABCD⊥面ABEF得MK⊥KN.從而MN=MK2+KN2……①BKCMBN又由==得KN∥AF.KAMANFKN=BK22=2a……②222MKAMMKAM22DACMBKNEF11將②③代入①有MN=(2一a)2+a2=a2一2a+1為所求.22 (2)運(yùn)用函數(shù)配方法,由(Ⅰ)知MN=a2一2a+1.(0a2).12配方有MN=(a一)2+≥222222222等)的問(wèn)題,可考慮能否把這一動(dòng)源作為自變量,構(gòu)造8．2004年湖北(18)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－ABCD中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱1111CD上的動(dòng)點(diǎn).試確定點(diǎn)F的使得DE⊥平面ABF.11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.用方程思想(借助向量的數(shù)量積)求解.設(shè)DF=x，則A(0，0，0)，B(1，0，1),1(1)AA (2)B(1)∴DE=|1,一,一1|，AF=(x,1,0).1(2)(1)1DEABFDEAF|1,一,一1|.(x,1,0)=0一x(1)1111(2)X2ZDCDYDYFCE1既x=.故當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時(shí)，D1E⊥平面AB1F.2些變化對(duì)學(xué)好空間幾何無(wú)疑是有裨益的.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.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.12(如：①線線、線面、面面垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化及平的相組合的結(jié)合,象染色問(wèn)題,計(jì)數(shù)問(wèn)題；立方體與解析幾合,象化學(xué)晶體問(wèn)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(guò)對(duì)立方體及空間圖形的研究挖究高考解答題的模式.型的量處理即可.點(diǎn)到平面距離的求法年高考考查的重點(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置可確定aSHCABDADABsin=3a，：AH=22的射影。常常要尋找過(guò)已知點(diǎn)且與所給面垂直的面，再過(guò)已知點(diǎn)(1)利用平行線轉(zhuǎn)換點(diǎn)111111ABC11111111111B1111111 (2)由(1)得面ABC」面AAC11.A1C1EGACB11111111111111從而AG」平面ABC故AG即為所求的距離。易求AG=。11.11b(2)對(duì)稱(chēng)轉(zhuǎn)移或利用定比分點(diǎn)PQPQHD.Aa2+b2a2b2+b2c2+c2a2EBB1BB11111EDCDC11BAB2析：點(diǎn)A到平面ABCD的距離為線段AE的長(zhǎng)，易求得AE=又O11111112.114C'C'A'B'DCBAB1、等體積法(利用三棱錐的體積公式)AEF的距離為h,根據(jù)V=V則E-ABFB-AEF1EG1EGShSABF312DCDBABAACEOB224例7、已知ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，GC垂直于ABCD所在平面，且GC＝2，求點(diǎn)B到平面EFG的距離.解：設(shè)M為FE與CB的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，作BR」GM，R為垂足．又GM」EB,所以平面BER⊥平面EFG。又ER為它們的交線∴∠REB就是EB與平面EFG所成的角θ由△MRB∽△MCG，可得RBMBMB.CG2CGMGMG10BR11在Rt△REB中,sin9=sin三BER==于是得所求之距離d=EB.sin三BER=1.的足夠重視。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ABCD—ABCD經(jīng)過(guò)F、111111由關(guān)系式(*)可得，113811324410 333S=82d=8321121111線到另一個(gè)平面的距離等于兩平面間的距離，對(duì)于分別例8、如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長(zhǎng)方體被截面AECF所截面而得到的，1其中AB=4，BC=2，CC=3，BE=1.1C到平面AECF的距離.1∵AECF為平行四邊形，111顯然n不垂直于平面ADF,故可設(shè)n=(x,y,1)11xy|ln1.AF=0,l一2〉x+0〉y+2=0(x=1,l4(4y+(x=1,l4l一2x+2=0,|y=一.111==433133.+1433433 PA.nn幾何中的識(shí)圖技巧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)，而邏像是漫無(wú)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2例2：正四棱柱ABCD—ABCD中，過(guò)B作截面交正四棱柱于FG，AG=CE，且面ABCD與面BEFG111AA，AB=1，求ABCD—BEFG1E故V=2·V—ADFG=B1121322·3.2[2+22.11=3.22=222 1 =222223C的5AC2=AG2+CG2=3()2+()2=,AC=55525例5：斜三棱柱ABC—ABC的倒棱與底面邊長(zhǎng)都是2，111(1)求證BC⊥CA(2)求CA與AB所成的角11(3)求V—ABC的體積A111，以擴(kuò)展的直二面角為依托則AB⊥面ADCAB⊥AC，則1111111菱形AACCAC⊥AC，所以AC⊥面11111ABC，故AC⊥BC，△BCD≌△ADC，11111116所以S△ABC=6，V—ABC=6.=1111A1132C(1)求二面角P-AC-B的大小(2)求點(diǎn)B到平面PAC的距離3213(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)球的半么為多例8：(1)已知CH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)4三棱錐的體積圖，同妨設(shè)長(zhǎng)方體的11216301932333是常新的熱門(mén)話題.CD(2)證明無(wú)論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°講解:(1)正方形ABCD是四棱錐P—ABCD的底面,其面積Ba133錐(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.BADBCACBBADBCACBAC0011222AECcosAEC.AE2+EC2一(2.OA)2(AECcosAEC.2AE.ECAE2和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理A1CB13CE2(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B1—AC—B的平面角.C33∵CE=，AC=12,22222有嚴(yán)格的邏輯推理作為基石.(3)求異面直線AB、CD所成的角.E3ABCDABC3.ABCDABC3.AC—B的平面角.2(3)在b平在內(nèi)，過(guò)C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角.FDF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.等，如圖①．若用剩下的部分折成一個(gè)無(wú)蓋的正三棱柱形容器，如圖②．則xa23x,：V(x)=：V(x)=4.x.(a23x)2(0x23)=4.43.43x.(a23x)(a23x)1(43x+a23x+a23x)3=a3.當(dāng)且僅當(dāng)54a343x=a23x,即x=a時(shí),V=..max54故當(dāng)容器的高為3時(shí)，容器的容積最大，其最大容積為a3a1854.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(lèi)似的問(wèn)題是:高h(yuǎn)為何值時(shí)，制造這個(gè)密閉容器的用料最省(即容器的表面積最小).(1)求證：AP⊥平面BDE；(2)求證：平面BDE⊥平面BDF；(2)由BD⊥平面PAC，DE仁平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為：：PEBFVPABC=EPBFVAPBC1 =1h.S =3.23.值得注意的是,“截面BEF分三棱錐P—ABC所成兩部分的體積比”并沒(méi)有說(shuō)明先后順序,因而最終的比值案一般應(yīng)為兩個(gè),希不要犯這種”會(huì)而不全”的錯(cuò)誤.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，cosACORll2(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OO=1AB.212RR下問(wèn)所截，截口是一個(gè)橢圓．已知橢圓的(1)求證：FD∥平面ABC；(2)求證：AF⊥BD；AF12(2)∵AB=EA，且F為EB中點(diǎn)，∴AF⊥EB①又FG∥EA，EA⊥面ABC(3)由(1)、(2)知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.a===3a2223∵DP1=DQ=5,∴PP1//QQ1.PAQB12(2)AD⊥平面D1(2)AD⊥平面D1DCC1，1在Rt△P1DQ1中，應(yīng)用勾股定理,立得P1Q1=P1D2+DQ2=2+12=做為本題的深化,筆者提出這樣的問(wèn)題:P,Q分別是BD,AD上的動(dòng)點(diǎn),試求PQ的最小值,你能夠應(yīng)用?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?CDMBN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).以棱柱為背景的空間線線、線面、面面的平行與垂直問(wèn)題；空間的各種距離考命題的熱點(diǎn)，應(yīng)引起高度重視。解此類(lèi)問(wèn)題可以充分利用棱柱的特定例1.如圖1，在正方體ABCD—ABCD中，E是棱BC的中點(diǎn)。11111 (2)試在棱CC上求一點(diǎn)，使得平面ABP⊥平面CDE；1111分析：(1)設(shè)法在平面DEC上找出一條直線平行BD，連CD于O點(diǎn)，連OE即可。(2)要證兩個(gè)面111垂直，必須先證到線面垂直。由已知易證CE⊥AB，以此過(guò)B點(diǎn)作直線BP⊥CE即可找到P點(diǎn)。(3)111111證明：如圖2，(1)連CD交CD于O點(diǎn)，連OE11因?yàn)镺是CD的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥BD，所以BD∥平面CDE。1111BCCB111111因?yàn)锳B⊥平面BC，111平面BC1所以AB⊥CE111又因?yàn)镃E⊥BP，所以CE⊥平面ABP11111所以平面ABP⊥平面CDE111故取CC的中點(diǎn)P，就有平面ABP⊥平面CDE1111評(píng)析：在(1)小題中關(guān)鍵是找出OE，最容易誤用OC代替OE；在(2)小題中如果不能從已知面關(guān)系分析：求異面直線AB與DB的距離，關(guān)鍵是找出它們的公垂線段，而線線垂直可通過(guò)線面垂直或者111如圖4，設(shè)MN是AB與DB的距離，即MN⊥DB，MN⊥AB111111過(guò)M作MP⊥AB，則PN⊥DB111111111111NMQ有上任取一點(diǎn)M，作MP⊥AB，PN⊥DB，則MN⊥DB，只要求出MN的最小值即111111設(shè)，故AB∥CBD，則要求AB與DB的距離轉(zhuǎn)化為求AB與平面CBD的111111111考慮B—CBD，先設(shè)底面為△BCB，則錐高為DC，得：11111現(xiàn)將△CBD視為底面則高為B到△CBD的距離(即所求之異面直線距離)，設(shè)距離為h，則11由因△ABD∥△DCB，故所求異面直線AB與DB的距離轉(zhuǎn)化為求此兩平行平面的距離。先考查四面111111體A—ABD，設(shè)A到面ABD的距離為d，得：11又因?yàn)锳C⊥BD，所以AO⊥BD1同理BO⊥AD11取AD中點(diǎn)O，設(shè)1連結(jié)AP，易證AP⊥平面ABD，即1，則P是△ABD中心1設(shè)則AC必與PA重合，即正方體的主對(duì)角線必穿過(guò)△ABD與△DCB中心，且與這兩個(gè)平面垂直。1111PP是兩個(gè)平行平面間的距離，也就是異面直線AB與DB間的距離。1111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)化靈活選用解題方法，對(duì)于以棱柱為載體的距離問(wèn)題，必須切實(shí)把握棱柱這一幾何M是CC的中點(diǎn)。1求證：AB⊥AM11分析：要證明AB⊥AM，因BC⊥平面AC，由三垂線定理可轉(zhuǎn)化證AC⊥AM，而AC⊥AM一定111111111會(huì)成立，在一個(gè)平面內(nèi)，通過(guò)證AC⊥AM得出結(jié)論并不難。11即所以，又平面AC，由三垂線定理知，AB⊥AM111(A)SG⊥△EFG所在平面(B)SD⊥△EFG所在平面(C)GF⊥△SEF所在平面(D)GD⊥△SEF所在平面(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所成的二面角為度.301在直角梯形ABCD中，三D=三BAD=90。,AD=DC=AB=a,(如圖一)將△ADC2D'D'DCCCABABAB圖ACBC———2分則D,E⊥AC分22=1ACBC.D,O32 1 =人664將正方形沿EF折成直二面角(如圖所示)．M為矩形AEFD內(nèi)DBAODDBAOD考C數(shù)為()理科 3 2 2 (D)3的等腰梯形，將它沿對(duì)稱(chēng)軸OO1折成直(Ⅰ)證明：AC⊥BO1；(Ⅱ)求二面角O－AC－O1的大小。DDO1CEE11 11331111111OO(II)解由(I)AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.A11A11111111CB1111所以O(shè)A=OA2+OO2=23,AC=OA2+OC2=13，111AC=232OE131OF413.4__________________DCMNABEAB的外接球的體積為()29636山東理科(12)如圖，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E為AB的中點(diǎn)，將△ADE與△BEC分別272824遼寧9的余弦值．BCBEFED(19)本小題主要考查空間中的線面關(guān)AD(Ⅰ)證明：E、FABCBEFDACD為正三角形332,5aGH1AH4解法二：點(diǎn)A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上，連結(jié)AF，在平面AEF內(nèi)過(guò)點(diǎn)A作FCD325aGH1AH4解法三：點(diǎn)A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上連結(jié)AF，在平面AEF內(nèi)過(guò)點(diǎn)A作FCD332,5a,GH1蘇1(Ⅰ)求證：AE⊥平面BEP；111(Ⅱ)求直線AE與平面A1111(Ⅲ)求二面角B－AP－F的大小(用反三角函數(shù)表示)1AA1EEFFFCPBCPBEQ且EQ=3,又A1E=1,在Rt△A1EQ中，tan三EAQ==3,∴∠EA1Q=60o,∴直線A1E與平1AE112Q從而∠FMQ為二面角B－AP－F的平面角.2DEABDEAB1xMF=在△FCQ中,FC=1,QC=2,∠C=600,由余弦定理得QF=352MF+MQ一QF7MF+MQ一QF72MF.MQ878文四點(diǎn)所在的球面上，B與D兩點(diǎn)之間的球面距離為()ππACB．D．23P (1)求V(x)的表達(dá)式；xVx得最大值？(3)當(dāng)V(x)取得最大值時(shí)，求異面直線AC與PF22x2x2V(x)=6x(9一1x2)(0想x想36)46M6MF=BF=PF=BC=36342771212112122GAEAEB2ADFEFFECB18．解：解法一：(I)因?yàn)槠矫鍳AB⊥平面ABCD，平面GAB平面ABCD=AB，1112