立体几何大二轮深刻复习的策略

立体几何的解题思路四川省成都第七中学 张世永 巢中俊 周建波《高中数学课程标准》建议：立体几何教学应注意引导学生通过对实际模型的认识，学会将自然语言转化为图形语言和符号语言.教师可以使用具体的长方体的点、线、面关系作为载体，使学生在直观感知的基础上，认识空间中一般的点、线、面之间的位置关系；通过对图形的观察、实验和说明，使学生进一步了解平行、垂直关系的基本性质以及判定方法，学会准确地使用数学语言表述几何对象的位置关系，并能解决一些简单的推理论证及应用问题。

理科学生不仅要掌握必修2《立体几何初步》，还要掌握选修2-1《空间中的向量与立体几何》.文科学生要求掌握必修2《立体几何初步》，为了更好地解答立体几何问题，建议教师补充讲授选修2-1《空间中的向量与立体几何》中的坐标法，让文科学生能熟练地使用坐标法，而对空间中的向量的其它知识不做介绍，以免加重文科学生的负担。

另外，文科学生不要求掌握求二面角的问题。

一.求解空间三类角：两直线所成角、直线与平面所成角、二面角，关键是转化为空间两直线所成角，常常要借助于平面的法向量.要善于一题多变.例1．（1）已知直线b a ,所成角为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与a 、b 所成角均为o 60，则这样的直线l 有几条？解：经过点P 作直线m//a, n//b, 则直线n m ,所成角为o 60或 120, 点P 作直线n m ,的两条角平分线，其中有一条与n m ,所成角均为o 60，另一条与n m ,所成角均为 30，把这条角平分线沿着点P 旋转可以得到两条直线与n m ,所成角均为o 60，从而与a 、b 所成角均为o 60的直线有三条.问题的推广：已知直线b a ,所成角为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与a 、b 所成角均为θ，这样的直线l 有四条，则角θ应满足什么条件？有两条呢？有一条呢？有零条呢？答案：有四条时，o o 9060<<θ；有两条时，o o 6030<<θ；有一条时，oo90,30=θ;有零条时， 300<<θ.变式：（1）已知直线a 与平面α所成角的大小为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与直线a 和平面α所成角均为o 45，则这样的直线l 有几条？（2）已知平面α与平面β所成锐二面角的大小为o 60，经过空间中一点P 作直线l ，使直线l 与平面α和平面β所成角均为o 60，则这样的直线l 有几条？(3)正三棱锥P —ABC 中，CM=2PM ，CN=2NB ，对于以下结论： ①二面角B —PA —C 大小的取值范围是（3π，π）；②若MN ⊥AM ，则PC 与平面PAB 所成角的大小为2π；③过点M 与异面直线PA 和BC 都成4π的直线有3条；④若二面角B —PA —C 大小为32π，则过点N 与平面PAC 和平面PAB 都成6π的直线有3条． 正确的序号是 ．解：(1) 经过点P 作平面α的法向量n ，则问题转化为 “已知直线n a ,所成角为 30或150，经过点P 作直线l ，使直线l 与n a ,所成角均为 45，则这样的直线l 有几条？”由例1容易得到这样的直线l 有两条.(2) 经过点P 作平面α的法向量m ，平面β的法向量n ，则问题转化为 “已知直线n m ,所成角为 60或 120，经过点P 作直线l ，使直线l 与n m ,所成角均为 30，则这样的直线l 有几条？”由例1容易得到这样的直线l 有一条.(3)仿照（1）（2）可以得到答案① ② ④二.高考中有较大部分题都可以转化为以正方体为背景的问题，为此新编以正方体为背景的系列题：相同条件为“正方体1111D C B A ABCD -棱长为1”. 1. 正方体1111D C B A ABCD -棱长为1，E,F 是BD 上的动点，且BD EF 21=. （1）当E 在BD 中点时，F 恰在B 点，求二面角11C EF B --大小； （2）当EF 在BD 上运动时，该二面角是否发生变化？解：（1）取11D B 中点O,易知11EFB O C 面⊥,设二面角11C EF B --大小为θ.∴==∴，36cos 1EFC EFO S S ∆∆θ二面角11C EF B --大小为36arccos（2）由（1）中求二面角的方法可知，无论EF 在BD 上的什么位置，∴==∴，36cos 1EFC EFO S S ∆∆θ二面角11C EF B --的大小不变.2. 正方体1111D C B A ABCD -棱长为1，P 为11B A 的四等分点， Q 为11C D 中点，O 为平面B B AA 11的中心.（1）求证：OC 与PQ 共面；（2）求:平面OPQC 与平面B B AA 11的夹角. （1）证明：取11B A 中点H ，连结BH,HQ.易证CQ BH //,又HB A OP 1∆为中位线，CQ OP BH OP //,//∴∴OC 与PQ 共面.（2） 连结OQ,过O 作PQ OM ⊥,连结MHMHPQ OMH PQ PQ OM PQOH PHQ OH ⊥∴⊥∴⊥⊥∴⊥,,,面又面OMH ∠为面OPQC 与面B B AA 11的夹角..217arctan .217tan ,1717,21,1,41=∠∴=∠∴====OMH OMH MH OH HQ PH三.高考中有一部分题都是以三棱柱为背景的问题，为此新编以三棱柱为背景的系列题.例3．斜三棱柱111C B A ABC -的底面是等腰三角形，AB=AC ，上底面的顶点1A 在下地面的射影是ABC ∆的外心，,3,1π=∠=AB A a BC 棱柱的侧面积为232a（1） 证明：侧面B B AA 11和C C AA 11为菱形，11BCC B 是矩形； （2） 求棱柱的侧面所成的三个二面角的大小； （3） 求棱柱的体积（1）证明：BC O A ABC O A ⊥∴⊥11,面 , 又 ABC ∆的外心为O,AB=AC,BC AO =∴∴⊥⊥,,11BB BC AA BC 四边形11BCC B 是矩形.B A AA OB A Rt OA A Rt OB OA 1111,,=∴≅∴=∆∆ ,又AB A AB A 11,60∆∴=∠ 为正三角形.∴四边形B B AA 11为菱形，同理,可证四边形C C AA 11为菱形.（2）,0)3)(23(,3260sin 2,22=+-=+===a x a x a ax x S x AC AB 即侧a x 332=∴ 过B 作BD 1AA ⊥，则D 为1AA 中点，1AA CD ⊥∴ 又 BCD BB CC AA AA BC ∆∴⊥,////,1111的三内角即为所求BCD BC CD a BD a AD ∆∴====,,33为正三角形，∴三个二面角均为 60 31126131,1312,131232,1213213a O A S V a O A a AO a S ABC ABC =⋅=∴===∆∆）（ 或32161332433131a a a AA S V BCD =⨯⨯=⋅=∆ 四.高考中有一部分题都是以三棱锥为背景的问题，为此新编以三棱锥为背景的系列题. 例4．已知三棱锥P-ABC ，PAC ∆与PBC ∆ 都是边长为2的等腰三角形，AB=2,D 为AB 中点.（1） 求证PDC AB 面⊥;（2）求三棱锥P-ABC 体积. （1）证明：,2====PB PA CB AC 又D 为AB 中点，AB=2..AB D,DC PD ,,1PDC AB PD AB DC 平面又⊥∴=⊥=∴（2）,2==CB AC D 为AB 中点，AB=2，.1,=⊥∴DC AB DC 同理，,,90,2,2,12PD PC PDC PC PC PD ⊥=∠∴=∴==即又.31=+=∴---PDC B PDC A ABC P V V V五.高考中的补形问题1.将正四面体补形成正方体解析：选A2.把三条棱相互垂直的三棱锥补成长（正）方体例2 在球面上有四点,,,P A B C，如果,,PA PB PC两两互相垂直，且PA PB PC a===，那么这个球的表面积是解析：如图，把三棱锥P ABC-补形为一个棱长为a的正方体，则正方体的对角线即为球的直径，因为23R a=，所以2243S R aππ==球表面积3.把对棱相等的四面体补成长方体例3 已知四面体SABC的三组对棱相等，依次为25,13,5，求四面体的体积.解析：如图，把四面体S ABC-补形为长方体ADBE GSHC-，设长方体的长，宽，高分别为,,a b c，则有222222222(25),(13),5a b b c c a+=+=+=，联立以上三式并解之得：4,2,3a b c===，故111448323 S ABC S ABDV V V abc abc abc --=-=-⨯⨯==长方体4.把三棱锥补成四棱锥（或三棱柱或平行六面体） 例4 在四面体ABCD中，设1,AB CD ==AB与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体的体积等于解法1 如图，将四面体ABCD 补成四棱锥A BDCE -，且//,BE CD BE CD =，则2,33ABE BE ππ∠==或//CD ABE 平面，所以CD 与AB 的距离即为CD 到平面ABE的距离，亦即C 到平面ABE 的距离也就是三棱锥C ABE -的高2h =所以11112sin 33232A BCD A BEC C ABE ABE V V V h S AB BE π---∆===⋅=⨯⨯⨯⨯⨯= 解法2 如图，把四面体ABCD 补成三棱柱ABE FCD -，则面//ABE面,//CDF AB CF ，且1CF =，则AB 与CD 的距离就是平面ABE 与 平面FCD 的距离，即三棱柱的高2h =，且233DCF ππ∠=或. 所以13sin2232FCD V S h CD CF π∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=柱，故四面体的体积为1132V =柱解法3 如图6，把四面体ABCD 补成平行六面体， 则四面体的体积是平行六面体体积的13. 131sin 2232V S h π=⋅=⨯⨯=平行六面体底,故四面体的体积为12.结论:在四面体ABCD 中，设,AB a CD b ==， 直线AB 与CD 的距离为h ，夹角为θ，则 四面体的体积为1sin 6V abh θ=5.把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体 例5 如图，,90PA ABC ACB ⊥∠=平面，且PA AC BC a ===，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值为解析：把四面体P ABC -补成正方体， //AC DB ∴设异面直线PB 与AC 所成角为θ，要求异面直线PB 与AC 所成角正切值， 即求PB 与DB 所成角的正切值，tan PD DB θ== 6.把四棱锥补成长（正）方体例6 如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面,ABCD SB =.(1)求证：BC SC ⊥；(2)求面ASD 与面BSC 所成二面角大小. 证与解：因为1AB BC ==，所以1SD =，故可把原四棱锥补成长方体111ABCD A B C S - （1）因为1BC SDCC ⊥面，所以BC SC ⊥ （2）连1A B ，则面ASD 与面BSC 所成的二面角， 即为面1ADSA 与1BCSA 所成的二面角.因为11,A S SD A S SC ⊥⊥，所以CSD ∠为所求二面角 的平面角，45CSD ∠=，故所求二面角为45.例7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱,PA ABCD ⊥底面AB =1,BC =2PA =，求直线AC 与PB 所成角的余弦值.解析：如图9所示，把四棱锥P ABCD -补成长方体111PB C D ABCD -，连结11,//,PC PC AC 所以1BPC ∠为AC 与PB 所成的角，连结1,BC 在1PBC ∆中，由余弦定理可得：1cos 14BPC ∠=故直线AC 与PB7.把相互垂直的两长（正）方形补成长（正）方体 例8 如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，1,AB AF M ==是线段EF 的中点.（1）求证：//AM 平面BDE ；（2）求二面角A DF B --的大小.解析：如图，将原几何体补成长方体11ABCD FB ED - （1）设AC 与BD 的交点为O ，连结OE ，则易知 //OE AM ，故//AM 平面BDE（2）由长方体的性质知，1BA ADD F ⊥面，过A 作AG DF ⊥，连BG ，则BG DF ⊥，所以AGB ∠为所求二面角的平面角，在Rt AGB ∆中，易求60AGB ∠=8.把三棱柱补成四棱柱例9 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3,4,AC BC ==15,4AB AA ==，求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值.解：由条件知AC CB ⊥，如图，把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体1111ABCD A B C D -，连结1B D ，则11//B D AC ， 且11B D AC =，所以1DB C ∠为1AC 与1B C 所成角（或其补角）， 连结CD ，在1B CD ∆中，115,5,CD B D BC ===由余弦定理得1cos 5DB C ∠=六．考试模式例1.（理科）已知正四棱锥S ABCD -所有棱长为4，E 是侧棱SC 上一点，且1SE =，过点E 垂直于SC 的平面截该正四棱锥，则该平面与这个正四棱锥的截面面积为（ ）（A ）82 （B ）62 （C ）52 （D ）42 答案 C（文科）已知正三棱锥S ABC -所有棱长为4，E 是侧棱SC 上一点，且1SE =，过点E 垂直于SC 的平面截该正三棱锥，则该平面与这个正三棱锥的截面面积为（ ） （A ）22 （B ）322（C ）2 （D ）22 答案 C例2..某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（ ）A 25+B 5C 45+D 225+ 答案 D例3. 具有公共y 轴的两个直角坐标平面α和β所成的二面角βα轴－y -等于︒60，已知β内的曲线C '的方程是24y x '=，曲线C '在α内的射影在平面α内的曲线方程为22y px =,则p =_____________答案 4例4.如图，直角三角形ABC 中，60,BAC ∠=点F 在斜边AB 上，且4,,AB AF D E =是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面,ABC BE ⊥平面,ABC 3, 4.AD AC BE ===⑴ 求证：平面CDF ⊥平面;CEF⑵（理科） 点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度. ⑵ （文科）点M 在线段BC 上，异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为1,4求CM 的长．证明：（Ⅰ）∵直角三角形ABC 中，∠BAC=60°，AC=4， ∴AB=8，AF=AB=2，由余弦定理得CF=2且CF ⊥AB ．∵AD ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，∴AD ⊥CF ，又AD ∩AB=A ，∴CF ⊥平面DABE ， ∴CF ⊥DF ，CF ⊥EF ．∴∠DFE 为二面角D ﹣CF ﹣E 的平面角． 又AF=2，AD=3，BE=4，BF=6，故Rt △ADF ∽Rt △BFE ．∴∠ADF=∠BFE ，∴∠AFD+∠BFE=∠AFD+∠ADF=90°， ∴∠DFE=90°，D ﹣CF ﹣E 为直二面角．∴平面CDF ⊥平面CEF ． （建系求解，只要答案正确，也给分）解：（2）（理科）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ﹣xyz ，设CM x =(0,0,0),(0,,0),(4,0,3),(3,3,0)C M x D F ∴(4,,3);(1,3,3)DM x DF =--=--则面DMF 的法向量：43(3,3,)x m x -=-同理可知：面CDM 的法向量(3,0,4)n =- 由2|cos ,|5m n <>=，则139343x = 或3x =经检验，3x =时二面角F DM C --的余弦值为25-不合题意 所以139343CM =（2）（文科）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C ﹣xyz ， 则C （0，0，0），B （0，4，0），E （0，4，4），F （3，，0），M （0，a ，0），（0≤a ≤4） ∴=（3，，0），=（0，a ﹣4，﹣4），∵异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为，∴cos ,CF EM ==，解得83163()33a a ==或舍 故CM =例5.（理科）如图，矩形ABEF 所在的平面与等边ABC ∆所在的平面垂直，22AB AF ==，O 为AB 的中点． （1）求证：OE FC ⊥；（2）求二面角F CE B --的余弦值.（I ）证：连接,OF ，因为，是的中点，故. …1分 又因为平面平面，面面，面，故平面. …………………2分 因为OE ⊂面，于是OC OE ⊥. ……………………3分又矩形ABEF ，22AB AF ==，所以. ……………4分又因为，故平面， ………………5分所以. ………………6分（Ⅱ）由（I ）得，22AB AF ==，取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系。