高中数学竞赛专题讲义之立体几何(传统方法和向量方法)

解立体几何（传统方法）
知识精要
1．直线与平面问题，主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合问题进行研究．这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合，因而在解题过程中，要力求做到概念清晰，方法得当，转化适时，突破得法．
2．四面体是一种最简单的多面体，它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得来．较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决．解决这一类问题的所常用的数学思想方法有：变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法．
3．解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用．在解决球相切问题时，注意球心连线通过切点，球心距等于两球半径之和．因此，研究多球相切问题时，连结球心，从而转化为多面体问题．
例题1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在直线都是异面直线，求k的最大值．
解答考察如图所示的正方体上的四条线段AC，BC1，D1B1，
A1D，它们所在直线两两都是异面直线．又若有5条或5条
以上两两异面的直线，则它们的端点相异且个数不少于10，
与正方体只有8个顶点矛盾．故K的最大值是4．
练习1 在正方体的8个顶点、12条棱的中点、6个面的中
心及正方体的中心共计27个点中，问共线的三点组的个数
是多少
解答两端点都为顶点的共线三点组共有87
28
2
⨯
=个；两端点都为面的中心共线三点组共
有61
3
2
⨯
=个；两端点都为各棱中点的共线三点组共有
123
18
2
⨯
=个，且没有别的类型的共
线三点组，所以总共有2831849
++=个．
例题2 已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，求sinα．解答如右图所示，平面BCD与正方体的12条棱的夹角都
等于α，过A作AH垂直平面BCD．连DH，则
ADH
α=∠．设正方体的边长为b，则
2
sin60
3
DH==
3
AH==
所以sin sin
3
AH
ADH
AD
α=∠==．
练习2 如图所示，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上，使得
(0)AE CF
EB FD
λλ==<<+∞，记()f λλλαβ=+，其中λα表示E F 与AC 所成的角，λβ表示E F 与BD 所成的角，证明()0f λ'=，即()f λ为常数． 解答 因ABCD 是正四面体，故AC 垂直BD ，作EG 平行AC 交BC 于G ，连G F ，则GEF λα=∠，且
CG AE CF
GB FD FD
==
，所以G F 平行BD ．所以G F 垂直EG ，且EFG λβ=∠．所以
()f λ为常数．
例题3 三棱锥P -ABC 中，若棱P A =x ，其余棱长均为1，探讨x 是否有最值．
解答当P -ABC 为三棱锥时，x 的最小极限是P 、A 重合，取值为0，若PBC ∆绕BC 顺时针旋转，P A 变大，最大极限是P 、A 、B 、C 共面时，P A 为菱形ABPC 的对角线，
．所以无最值．
练习3若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值．
解答 若P 在底面的射影为O ,易知PO 越小，侧棱越小．故P 、O 重合时，侧棱取最小极限
值
3
，PO 无穷大时，侧棱也无穷大．所以无最值． 例题4在单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P 使得AP +D 1P 最短，求AP +D 1P 的最小值．
解答 将等腰直角三角形AA 1B 沿A 1B 折起至1A A B '，使三角形1A A B '与四边形A 1BCD 1共面，联结1A D '，则1A D '的长即为AP +D 1P 的最小值，所以，
1A D '==
练习4已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对棱BB 1、D 1上有两个动点E 、F ，BE =D 1F=λ
（102λ<≤
）．设E F 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，求αβ+的最小值． 解答 当12λ=时，2π
αβ+=．不难证明()f αβλ+=是单调减函数．因此αβ+的最小
值为2
π．
例题5 在正n 棱锥中，求相邻两侧面所成的二面角的取值范围．
解答 当顶点落在底面的时候，相邻两侧面所成的二面角为π．当顶点在无穷远处的时候，正n 棱锥变为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成的二面角为
(2)n n
π
-．
练习5 已知直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各条棱长均为3，角BAD =600，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 的中点P 的轨迹（曲面）与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积．
解答 联结DP 、DN ，在三角形MDN 为直角三角形，且DP =MN /2=1，又由已知角BAD =600，角ADC =1200，所以点P 的轨迹以点D 为球心，半径为1的1/6球面，所以其与顶点D 以及三个面围成的几何体的体积为3142
1639
ππ⨯⨯=．
立体几何（向量方法）
知识精要
4． 证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直
线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．
5． 通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式
cos ||||θαβαβ=求解．
6． 建立空间直角坐标系．
例题1如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12
PA ，点
O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．
(Ⅰ)求证OD ∥平面PAB ；
(Ⅱ) 求直线OD 与平面PBC 所成角的大小． 解答
OP ABC OA OC AB BC ⊥== 平面，，，
.OA OB OA OP OB OP ∴⊥⊥⊥ ，，
()O OP z O xyz -以为原点，射线为非负
轴，建立空间直角坐标系如图，
,0,0,,0,,0,0AB a A B C ⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
设，则 ()0,0,.OP h P h =设，则 ()
D PC 为的中点，Ⅰ
212,0,,,0,422OD a h PA a h ⎛⎫
⎛⎫∴=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
又，
1
...2
OD PA OD PA OD PAB ∴=-∴∴ 平面∥∥
()
2,PA a =
Ⅱ,h ∴=
,OD ⎛⎫
∴=- ⎪ ⎪⎝⎭
,PBC n ⎛=- ⎝可求得平面的法向量210cos ,OD n OD n OD n ⋅∴〈〉==⋅ OD PBC θ设与平面所成的角为，210
sin cos ,OD n θ=〈〉=则 OD PBC ∴ 与平面所成的角为． 练习1如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，12,1AB AA ==，直线BD 与平面11AA B B 所成的角为0
30，AE 垂直BD 于,E F 为11A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；
（Ⅱ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A 到平面BDF 的距离
解答 在长方体1111ABCD A B C D -中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴建立空间直 角坐标系如图．
由已知12,1AB AA ==，可得(0,0,0),(2,0,0),(1,0,1)A B F ．又AD ⊥平面11AA
B B ，从面
BD 与平面11AA B B 所成的角即为0
30DBA ∠=
又2,,1,3
AB
AE BD AE AD =⊥
==
从而易得1(2E D （Ⅰ）
13(,,0),(1,0,1)2AE BF ==-
cos ,AE BF AE
BF AE BF
∴<>=1
4-
=
=即异面直线AE 、BF 所成的角为4
（Ⅱ）易知平面1AA B 的一个法向量(0,1,0)m =(,,)n x y z =是平面BDF 的一个法向
1
量
．(BD =-由n BF n BD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩
n BF n BD ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩
203x x x y -+=⎧⎪
⇒⎨-=⎪⎩
x z
y
=⎧⎪⇒=取(1,3,1)n =∴3
cos ,15m n m n m n <>===
⨯即平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）大小为（Ⅲ）点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值
所以距离
||cos ,d AB AB n =<>||
||||AB n AB AB
n =||||55
AB n n ===
所以点A 到平面BDF 5
例题2 如图1，已知ABCD 是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2
（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；
（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小．
解答（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1．所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB ． 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），B （0，3，0），C （0，1，3）O 1（0，0，3）．从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO BO 所以AC ⊥BO 1．
（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量．设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一个法向
图1
量，由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩
⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n 取得)3,
0,1(=n ． 设二面角O —AC —
O 1的大小为θ，由、1BO 的方向可知=<θ，1BO >，所以COS <=cos θ，
1BO .
4
3|
|||1=
⋅BO n 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arccos
练习2 如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== ，点D 为
AB 的中点
(Ⅰ)求证1AC BC ⊥； (Ⅱ) 求证11AC CDB 平面；
(Ⅲ)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值
解答∵直三棱锥111ABC A B C -底面三边长
3,4,5A C B C A B ===，1,,AC BC CC 两两垂直
如图建立坐标系，则
C (0,0,0),A (3,0,0),C 1(0,0,4),B (0,4,0),B 1(0,4,4),
D (
3
2
,2,0) (Ⅰ)
11(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-=,11110,AC BC AC BC ∴⋅=∴⊥
(Ⅱ)设1CB 与1C B 的交点为E ，则E (0,2,2)
13
(,0,2),(3,0,4)2DE AC =-=-
11
1
,//2
DE AC DE AC ∴=∴
111,,DE CDB AC CDB ⊂⊄平面平面1//AC CDB ∴平面
(Ⅲ)
11(3,0,4),(0,4,4),AC CB =-=1111112cos ,5||||
AC CB
AC CB AC CB ∴<>=
=∴异面
直线1AC 与1B C 5
例题3 在ΔABC 中，已知6
6
cos ,364==
B AB ，A
C 边上的中线B
D =5，求SINA ．
1
A
解答 以B 为坐标原点，为x 轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A 位于第一象限
由6
30
sin =
B
，则44(cos ,sin )()3
BA B B ==，设=（x ，0），则43(
,6x BD +=，由条件得5)3
52()634(||2
2=++=x BD ，从而x=2，314-=x （舍去），故2(,33
CA =-
．于是 14
14
39
80949809169
80
98|
|||cos =
+⋅++-
=
⋅=
CA BA A ∴14
70
cos 1sin 2
=
-=A A 练习3 在平面上给定ABC ∆，对于平面上的一点P ，建立如下的变换 :f AP 的中点为Q ，BQ 的中点为R ，CR 的中点为'
P ，'
()f P P =，求证 f 只有一个不动点（指P 与'
P 重合的点）．
解答：依提意，有12AQ AP =
，且111
()224
AR AB AQ AB AP =+=+，'1111
()2248AP AC AR AC AB AP =+=+++，要使'P 与P 重合，应
111248AP AC AB AP =++，得1
(42)7
AP AC AB =+，对于给定的ABC ∆，满足条件的不
动点P 只有一个．
例题4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC ． 已知,2
1,2,2=
==
AE CD PD 求 （Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小．
解答 （Ⅰ）以D 为原点，DA 、、DP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．
由已知可得D （0，0，0），P （0，0，)2， C （0，2，0）设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>
).0,2
3
,(),2,21,(),0,21,(-=-=x x x E
由0=⋅⊥CE PE 得，即.2
3,0432
==-
x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,2
3
,23()0,21,23(
， 又PD ⊥DE ，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD 、CE 的距离为1．
（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，Y ，Z ）．由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y ,即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，M ，N ）
，则 ).,2
1
,23(n m EF --
= 由0212,0)2,2,0(),21
,23(0=--=-⋅--
=⋅n m n m PC EF 即得， 又由F 在PC 上得).2
2
,21,23(,22,1,222-===+-
=n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量与的夹角． 故,4,22|
|||cos πθθ==
=
EF DG 即二面角E —PC —D 的大小为.4
π
练习4如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1，已知AB =2，BB 1=2，BC =1，∠BCC 1=3
π
，求： （Ⅰ）异面直线AB 与EB 1的距离；
（Ⅱ）二面角A —EB 1—A 1的平面角的正切值．
解答（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为Y 、Z 轴建立空间
直角坐标系． 由于BC =1，BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=3
π
，
在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有
B （0，0，0），A （0，0，2），B 1（0，2，0），
1
1
)0,2
3,23(),0,21,23(
1C C - 设即得由,0,),0,,2
3
(
11=⋅⊥EB EA EB EA a E )0,2,23()2,,23(0a a --⋅--
=,4
32)2(432+-=-+=a a a a .
,04
3
43)02323()0,21,23()
0,21
,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得
又AB ⊥面BCC 1B 1，故AB ⊥BE ． 因此BE 是异面直线AB 、EB 1的公垂线， 则14
1
43||=+=
BE ，故异面直线AB 、EB 1的距离为1． （II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角A —EB 1—A 1的平面角θ的大小为向量
A B 与11的夹角．
.2
2
tan ,
3
2||||cos ),2,2
1
,23(),2,0,0(111111=
=
=--===θθ即故因A B EA A B。