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立体几何解题方法指导


立体几何解题方法指导
钢城四中
一、考点扫描 1.常考题型及分值情况: 从近三年的高考来看,立体几何题型一般是“两小一大” ,两小即两道选择 题或一道选择题一道填空题,一大即一道解答题,有 2-3 问,一般位于六道解答 题前三道的位置,分值共约计 22 分,约占整个试卷的 15%。 2.知识点的考查情况: 从历年的高考试题看, 对高中数学教材立体几何这一章节所涉及的概念、 性 质、公式、法则、公理、定理都作了较为全面的考查。 小题以线与线,线与面,面与面的基本位置关系判定或以多面体、柱体、锥 体、球为载体计算角、距离、表面积、体积等的考查为主。其中平行关系与垂直 关系的考查是重点,垂直关系的考查是核心内容,常常以命题、充要条件的形式 出现进行考查;由书本典型例、习题总结出的如三角余弦定理,二面角中面积射 影定理等也有过考查。空间角的问题常以异面直线所成的角或线面角的考查为 主,解决的基本方法有平移法,定义法等;空间距离常以点面距离、线面距离、 球面距离的考查为主,求法主要有直接法、间接法、定义法等,尤其要关注用间 接法中的等积转换法求点面距离;同时对柱体、锥体、球或空间图形组合体的表 面积或体积的考查也有一定的力度,常用的解决方法有展开与折叠法,割补法, 等积转换法等。 大题主要考查立几的综合问题, 重点考查立几中的逻辑推理问题, 如空间线 与线,线与面,面与面平行或垂直关系的论证;异面直线所成的角或线面角或二
1

苏慧兰

面角的求解;点面距离、线面距离、面面距离的求解;利用所给的条件探索某些 点或线是否存在的问题;平面几何图形与空间几何体的展开与折叠问题;长度、 角、面积定值与最值问题等。一般设有 2-3 问,每问之间具有一定的连贯性。命 题载体可趋向于不规则的几何体,但仍以“方便建系”为原则,解题方法有几何 推理的传统法和代数计算的向量法。 以下结合湖北省及全国近五年的高考试题就立几问题的传统法进行剖析, 所 有的方法不可能面面俱到,摘选一些供大家参考。 二、方法指导: 例 1: 09 四川) ( 已知六棱锥 P—ABCDEF 的底面是正六边形, PA⊥面 ABC, PA=2AB,则下列结论正确的是( A.PB⊥AD C.直线 BC//面 PAE )

B.面 PAB⊥面 PBC D.直线 PD 与面 ABC 所成角为 45°

2

P

E

D

F

C

A

B

解析:本题是对空间中的线线垂直,线面垂直,线面平行,线面角,面面垂直等 的定义、判定定理以及性质定理的考查。 定理直接应用法: ∵PA⊥面 ABCDEF ∴PB 在面 ABCDEF 内射影为 AB

若 PB⊥AD 则 AB⊥AD, (三垂线定理的逆定理) ,而 AB 不垂直 AD,∴选项 A 不正确 反证法:若面 PAB⊥面 PBC,作 AG⊥PB 于 G,则 AG⊥面 PBC,∴BC ⊥AG 又 BC⊥PA∴BC⊥面 PAB ∴BC⊥AB,而 BC 与 AB 不垂直 ∴选项 B 不正确 反证法:若直线 BC//面 PAE,注意到 BC//AD,而 AD 与面 PAE 相交,∴ BC 与面 PAE 相交 ∴选项 C 不正确
3

定义法: 与面 ABC 所成角为∠PDA, Rt△PDA 中, PD 在 ∵AD=2AB=PA ∴ ∠PDA=45° 故选择 D 点评:本题考查了三垂线定理,面面垂直的性质定理,线面角的求法,每一个 选项都设计精巧,很好地考查了空间想象能力和逻辑推理能力,是历年高考考 查的重点。 例 2: (09 陕西)球 O 的半径为 2,圆 O1 是一小圆,O1O= 2 ,A、B 是圆 O1 上两个点,若 A、B 两点间的球面距离为
2? ,则∠AO1B= 3

O1 B O

A

解析:本题主要考查球面距离,把握好球心角,圆心角的转化是求解本题的 关键。 定 义 , 公 式 并 用 法 : 设 球 心 角 ∠ AOB= ? , 利 用 球 面 距 离 公 式
?
360
?

? 2?R ?

?
360
?

? 2? ? 2 ?

2? ,知∠AOB= ? =60° 3

又 OA=OB ∴△

AOB 为正三角形,可知 AB=OA=2,在等腰△AO1B 中,
4

∵O1A= O1B= 2

∴△AO1B 为等腰 Rt△,圆心角∠AO1B=90°

点评:高考题中与球相关联的考题往往结合截面圆,经度,纬度,弧长等考 查球面距离,同时也可以结合与球有关的组合体(如球内接正方体,长方体;球 内接棱柱,棱锥;正方体的与棱或与面相切的内切球;几个球外切堆放等)考查 球的表面积与体积问题等。 解决的关键在于将空间图形问题转化为平面图形的问 题, 将复杂的图形分解成简单的图形, 同时需要有一定的空间想象力才能在没有 给出图形的前提条件下自己作图,所以在平时的练习中要加强训练。 例 3: (08 安徽)在四棱锥 O—ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的菱形, ∠ABC= ,OA⊥面 ABCD,OA=2,M 为 OA 的中点,N 为 BC 的中点。 (1)证明:直线 MN//面 OCD; (2)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小; (3)求点 B 到面 OCD 的距离。
? 4

O

Q M A

E

D

P B N C

解析: (1)证明线面平行往往有两种方法:用线线平行判定定理或面面平行
5

性质定理,无论哪一种方法添加合适的辅助线才是关键。 (2)两条异面直线所成的角,要以运动的观点运用“平移法” ,使之成为两 相交的直线所成的角,要充分挖掘图形的性质,寻求平行关系,尤其要利用“中 点”特性等。 (3) 求距离常有直接法和间接法, 直接法是直接寻找并作出所求距离对应的 线段, 证明它就是所求距离后根据图形特点进行求解; 间接法有等积法和转化法。 等积法即把所求距离看作某三棱锥从某一顶点出发的高, 再通过变换合适的三棱 锥的顶点,利用同一三棱锥改换顶点体积也不变的结论列方程求出相应的距离。 转化法是将点面、 线面、 面面之间的距离利用线面平行或面面平行进行等价转化, 直到容易求出为止。 证明: (1)线面平行判定定理直接应用法:取 OD 中点 E,连 ME、EC,易知 ME ? NC ∴四边形 MNCE 是平行四边形 ∴MN//EC 又 MN ? 面 OCD,EC ? 面 OCD ∴MN//面 OCD 另法: 面面平行性质定理直接应用法) OB 中点 E, ( 取 易知 ME//CD, EN//OC, 又 可分别证得 ME//面 OCD,EN//面 OCD ∴面 MNE//面 OCD,∵MN ? 面 MNE ∴MN//面 OCD (2)平移法:∵CD//AB 其补角) 作 AP⊥CD 于 P,连 MP ∵OA⊥面 ABCD ∴CD⊥MP(三垂线 Th) ∵∠ADP=
? 4
//

∴∠MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或

∴DP=
DP 1 ? MD 2

2 , ∵MD= MA2 ? AD 2 ? 2 2

∴ cos ?MDP ?

∴AB 与 MD 所成角大小为

? 3

(3)直接法:
6

∵AB//面 OCD ∴点 B 到面 OCD 距离等于点 A 到面 OCD 距离 连 OP ,过 A 作 AQ⊥OP 于 Q ∵AP⊥CD,OA⊥CD ∴CD⊥面 OAP ∴CD⊥AQ 又 AQ⊥OP ∴AQ⊥面 OCD, 线段 AQ 的长就是 A 到面 OCD 的距离
2 ∵AP=DP= , OA=2 2

OA ? AP 1 3 ∴OP= ? 4 ? ,AQ= ? 2 OP 2

2?

2 2 ?2 3 3 2

∴B 到面 OCD 距离为

2 3

间接法:在△OCD 中,OD= OA 2 ? AD 2 ? 4 ? 1 ? 5 , OC= OA 2 ? AC 2 ? 4 ? 1 ? 1 ? 2 ? 1 ? 1 ? cos
?
4 ? 6? 2
5 ?1? 6 ? 2 2 ? 5 ?1 10 10

CD=1 在 △ OCD 中 由 余 弦 Th 知 cos ?ODC ?
sin ?ODC ? 3 10
1 3 3 2 ?1? 5 ? ? 2 4 10

?



S ?OCD ?

S ?BCD ?

1 2 ? 1 ? 1 ? sin 135 ? ? 2 4

由 VB ?OCD ? V0? BCD ,同时设 B 到面 OCD 距离为 d 得 ?d ?
1 3 3 2 1 2 ? ? 2? 知 4 3 4

d?

2 3

点评:线面平行是空间中的一种重要的位置关系,是联系线线平行及面面平 行的关键, 常出现在选择或填空中, 也可能以柱体、 锥体的形式出现在解答题中, 要做好它需要有严谨的空间想象能力和逻辑推理能力, 同时还要注意书写的规范 性,是历年高考的重点。
7

空间角是立体几何中的一个重要概念,包括线线角(主要是异面直线所成的 角) 、线面角、二面角的平面角,可以在选填题中出现,更多地是在解答题中出 现。它同距离一样是空间图形的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,故 以高频率出现在历届高考试题中,理应予以高度重视。 点面距离、线面距离、面面距离、异面直线间的距离都是高考的重点内容, 可以和多种知识相结合,是诸多知识的交汇,解决的步骤分别为“一作” :作出 所求距离对应的线段; “二证” :证明线段就是所求的距离; “三计算” :根据图形 特点找到相应关系求出线段长度,即所求的距离。

例 4: (09 湖北理科)如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形,SD⊥平面 ABCD,SD= 2a ,AD= 2a ,点 E 是 SD 上的点,且 DE ? ?a(0 ? ? ? 2 ) 。 (1)求证:对任意的 ? ? ?0,2?,都有 AC⊥BE; (2)设二面角 C—AE—D 的大小为 ? ,直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为

? 若 tan? tan? ? 1 ,求 ? 的值。

8

解析:本题考查线面、面面垂直的判定或性质 Th,线面与二面角等基础知识, 考查空间想象能力,推理论证能力和计算求解能力。 (1) 连接 BE、 BD, 由底面 ABCD 是正方形可得 AC⊥BD ∵SD⊥平面 ABCD, ∴BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影 (2)由 SD⊥平面 ABCD 知,∠DBE= ? ∴AC⊥BE ∴SD⊥平面 ABCD 是正方形

∴CD⊥AD, 又 底 面 ABCD 是 正 方 形 SD ? AD=D
F

∴ CD ⊥ AD



∴CD⊥平面 SAD

连接 AE、CE,过点 D 在平面 SAD 内作 DF⊥AE 于 F,连接 CF,则 CF⊥AE 故∠CFD 是二面角 C—AE—D 的平面角,



∠CFD= ? 在 Rt ?BDE 中 在 Rt ?ADE 中 从面 DF ? ∵BD=2a,DE= ?a ,∴ tan? ?
DE ? ? BD 2

∵AD= 2 a,DE= ?a ,∴ AE ? a ?2 ? 2
2? a

AD ? DE ? AE

?2 ? 2

在 Rt ?CDF中 , tan? ?

CD ? DF

?2 ? 2 ?

由 tan? ? tan? ? 1 ,得

?2 ? 2 ? ? ? 1 ? ?2 ? 2 ? 2 ? ?2 ? 2 ? 2

由 ? ? ?0,2?,得解 ? ? 2 ,即为所求。 点评:本题以四棱锥为背景,垂直关系为载体,以几何动态变化中不变量为 素材,探索线线垂直、线面角、二面角等有关知识,重在让考生在动静结合之中 展现空间想象能力和理性思维过程, 两问螺旋式设计是很好体现了由浅入深, 由
9

常量到变量,由静态到动态的变化,一证一求,一推理一探索。

立几在高考的考查中突出考查逻辑思维能力,运算能力,空间想象能力,分 析和解决问题的能力,在平时的立几学习中加强数学思想方法的训练,转化、化 归思想贯穿立几学习的始终,在复习中应注意培养化归,转化意识,掌握常见的 化归、转化方法,将空间问题平面化,再进行量化处理。

巩固练习: 一填空题 1 如图,在三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, ?ACB ? 90?, ?ACC1 ? 60?, ?BCC1 ? 45? ,侧棱 CC1 的 长为 1,则该三棱柱的高等于 .

2 等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB ,二面角 C ? AB ? D 的余弦值为
3 , M 、 N 分 别 是 AC 、 BC 的 中 点 , 则 EM 、 AN 所 成 角 的 余 弦 值 等 3





3 如图,卫星和地面之间的电视信号沿直线传播,电视信号能够传送到达的地面 区域, 称为这个卫星的覆盖区域. 为了转播 2008 年北京奥运会, 我国发射了“中 星九号”广播电视直播卫星,它离地球表面的距离约为 36000km.已知地球半径
10

约为 6400km,则“中星九号”覆盖区域内的任意两点的球面距离的最大值约为 km.(结果中保留反余弦的符号).

第 3 题图

二 解答题 4 在 △ ABC 中 , B= 90? ,AC=
15 ,D 、 E 两 点 分 别 在 AB 、 AC 上 . 使 2

AD AE ? ? 2 ,DE=3.现将△ABC 沿 DE 折成直二角角,求: DB EC

(Ⅰ)异面直线 AD 与 BC 的距离; (Ⅱ)二面角 A-EC-B 的大小(用反三角函数表示).

第 4 题图

5 如图,在三棱锥 P ? ABC 中, AC ? BC ? 2 , ?ACB ? 90? , AP ? BP ? AB , PC ? AC .
11

P

A

B

C

(Ⅰ)求证: PC ? AB ; (Ⅱ)求二面角 B ? AP ? C 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 APB 的距离.

巩固练习答案 1 .1/2 2. 1/6 3. lmax ? 2R arccos
8 8 ? 12800arccos 53 53

4(Ⅰ)在图 1 中,因

AD AE ,故 BE∥BC.又因 B=90°,从而 AD⊥DE. ? DB CE

第 4 题图 1

在图 2 中,因 A-DE-B 是直二面角,AD⊥DE,故 AD⊥底面 DBCE,从而 AD⊥ DB.而 DB⊥BC,故 DB 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线. 下求 DB 之长.在图 1 中,由
AD AE DE AD 2 ? ? 2 ,得 ? ? . CB BC BC AB 3
12

又已知 DE=3,从而 BC ? DE ? .

3 2

9 2

第 4 题图 2

AB ?

? 15 ? ? 9 ? AC 2 ? BC 2 ? ? ? ? ? ? ? 6. ? 2 ? ?2?

2

2



DB 1 ? , 故DB=2. AB 3

(Ⅱ)在图 2 中,过 D 作 DF⊥CE,交 CE 的延长线于 F,连接 AF.由(1)知, AD⊥底面 DBCE,由三垂线定理知 AF⊥FC, 故∠AFD 为二面角 A-BC-B 的平面角. 在底面 DBCE 中,∠DEF=∠BCE,
1 15 5 DB ? 2, EC ? ? ? , 3 2 2 DB 4 因此 sin BCE ? ? . EC 5

从而在 Rt△DFE 中,DE=3,
4 12 DF ? DE sin DEF ? DE sin BCE ? 3? ? . 5 5 AD 5 在 Rt ?AFD中, AD ? 4, tan AFD ? ? . DF 3

因此所求二面角 A-EC-B 的大小为 arctan . 5(Ⅰ)取 AB 中点 D ,连结 PD,CD .
? AP ? BP , ? PD ? AB .

5 3

13

? AC ? BC , ?CD ? AB .
? PD ? CD ? D ,
E

P

? AB ? 平面 PCD .
? PC ? 平面 PCD , ? PC ? AB .

A

B

C

(Ⅱ)? AC ? BC , AP ? BP ,
? APC ≌△BPC . △

又 PC ? AC ,
? PC ? BC .

又 ?ACB ? 90? ,即 AC ? BC ,且 AC ? PC ? C ,
? BC ? 平面 PAC .

取 AP 中点 E .连结 BE,CE .
? AB ? BP ,? BE ? AP .
? EC 是 BE 在平面 PAC 内的射影, ?CE ? AP . ??BEC 是二面角 B ? AP ? C 的平面角.

在 △BCE 中, ?BCE ? 90? , BC ? 2 , BE ?
? sin ?BEC ? BC 6 ? . BE 3 6 . 3

3 AB ? 6 , 2

?二面角 B ? AP ? C 的大小为 arcsin

(Ⅲ)由(Ⅰ)知 AB ? 平面 PCD ,
14

?平面 APB ? 平面 PCD .

P

过 C 作 CH ? PD ,垂足为 H .
?平面 APB ? 平面 PCD ? PD ,
A

H D B

?CH ? 平面 APB . ?CH 的长即为点 C 到平面 APB 的距离.
C

由(Ⅰ)知 PC ? AB ,又 PC ? AC ,且 AB ? AC ? A ,
? PC ? 平面 ABC . ? CD ? 平面 ABC , ? PC ? CD .

在 Rt△PCD 中, CD ? AB ? 2 , PD ?
? PC ? PD 2 ? CD 2 ? 2 .

1 2

3 PB ? 6 , 2

? CH ?

PC ? CD 2 3 ? . PD 3

?点 C 到平面 APB 的距离为

2 3 . 3

15


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