立体几何解答题的常见题型及解题策略.

立体几何解答题的常见题型及解题策略

山东省临沭县第二中学（276700） 刘康平

立体几何作为考查学生的空间想象能力与数学基础知识的综合能力的手断，每年都会有一个解答题，主要是以多面体为载体，考查空间线面关系、空间角的求法以及距离的计算，所以出题重心就落在这三方面，此外，探索型问题也是立体几何中的常见题型，在知识点的交汇处出题也是高考命题的热点。

基本题型

在立体几何的常见题型中，最基本的就是考察三大部分（1）证空间关系（2）求空间角（3）求空间距离。这一基本题型就可以全面考察学生的对立体几何知识的掌握。在证明空间关系中，多以证明线面、面面平行垂直为主，主要考察用概念，公理，判定定理，性质定理进行严格的推理证明的能力；在空间角的求法中异面直线所成的角，线面角，二面角都是考察的重点；在求空间距离中多以点线距离，点面距离为主，其它距离可以转化为这两种距离。 解题策略： 证空间关系：（1）利用概念，公理，判定定理，性质定理进行严格的推理证明。 （2）利用向量法证明垂直平行等线面关系。 求空间角：（1）通过作图把空间角转化为平面角，利用平面几何知识解决。

（2）利用向量法求空间角

求空间距离：（1）通过作图把空间距离转化为平面距离，利用平面几何知识解决。

（2）利用向量法求空间距离。

例1．如图，梯形ABCD 中，AB CD //，AB CB DC AD 2

1

=

==，E 是AB 的中点，将ADE ∆沿DE 折起，使点A 折到点P 的位置，且二面角C DE P --的大小为0

120。

（1）求证：PC DE ⊥；（2）求直线PD 与平面BCDE 所成角的正弦值； （3）求点D 到平面PBC 的距离。

解： (1) 连结AC 交DE 于F ，连结PF ，∵ AB CD //

∴ ACD BAC ∠=∠又 ∵ CD AD = ∴ ACD DAC ∠=∠，即CA 平分BAD ∠， ∵ ADE ∆是等边三角形 ∴ DE AC ⊥，DE CF ⊥，PCF DE 平面⊥，PC DE ⊥。

(2) 过P 作AC PO ⊥于O ，连接OP ，设a CB DC AD ===，则a AB 2=∵ PCF DE 平面⊥ ∴ PO DE ⊥，BCDE PO 平面⊥ PDO ∠就是直线PD 与平面BCDE 所成的角

∵ PFC ∠是二面角C DE P --的平面角 ∴ 0

60=∠PFO 在POD Rt ∆中 4

3

sin ==

∠PD PO PDO (3) ∵ BC DE // DE 在平面PBC 外， ∴ PBC DE 平面//，D 点到平面PBC 的距离即为点F 到平面PBC 的距离，过点F 作PC FG ⊥，垂足为G ，∵ PCF DE 平面// ∴ PCF BC 平面⊥，

PCF PBC 平面平面⊥，PBC FG 平面⊥，FG 的长即为点F 到平面PBC 的距离。在菱形ADCE 中

A

D E

C

B

P

FC AF =，a CF PF 23=

=，0120=∠PFC 030=∠=∠FCP FPC ，a PF FG 4

321== 评注：证明平行、垂直关系，关键是线线平行和线线垂直，抓住转化的思想，如图的关系：

注：①线面平行的判定定理②线面平行的性质定理③面面平行的

判定定理④面面平行的性质⑤面面平行的性质定理⑥面面平行的判定⑦线面垂直的性质⑧线面垂

直的判定定理⑨面面垂直的判定定理⑩面面垂直的性质⑾面面垂直的性质⑿面面垂直的判定。

善于利用向量解决问题也是一个很好的办法，但是利用向量证明平行问题有时并不简单。利用传统的方法求空间角的关键是作出这个角或着是其平面角，然后证明，进而再利用平面知识求解，利用向量法求空间角的关键是找到角的边所在的向量（线线角，线面角）或者是利用法向量（二面角）求解。求距离的关键是点线距离和点面距离，其它他的距离都可以转化为它们求解，利用传统的方法求点线距离和点面距离往往采用等面积法或是等体积法，利用向量法解决距离问题常常用斜线在法向量上的投影。

探索型问题

立体几何的探索型问题往往考察学生的分析问题，解决问题的能力，常见题型为是否存在点或其他元素使得某种关系或数量成立。 解题策略：（1）把结论当作已知来求得满足结论的必要条件，再判断是否满足大前提。

（2）先判定是否存在或存在的条件，然后利用条件证明结论正确。 例2．如图，已知四棱锥ABCD S -的底面是边长为4的正方形，S 在底面上的

射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AD AB 、的距离分别为2、1。(1) 求证：

AB SC ⋅是定值；(2) 若P 是SC 的中点，且3=SO ，问在棱SA (不含端点)上是

否存在一点Q ，使异面直线OP 与BQ 所成的角为0

90？若不存在，说明理由；

若存在，则求出AQ 的长。

证明： (1)解：如图建立空间直角坐标系，由正方形ABCD 长为4，且O 到

AD AB 、的距离分别为2、1，得：)0,1,2(-A ，

)0,3,2(B ，)0,3,2(-C ，),0,0(t S ，)0,4,0(=，),3,2(t --=12AB SC ⋅=

(2) 在棱SA 上是否存在一点)4

9

,41,21

(-

Q ，使异面直线OP 与BQ 所成的角

为0

90。由3=SO 和(1)知：)23,23,

1(-P ，)2

3

,23,1(-=OP ，14=SA ，设在棱SA 上是否存在一点Q ，且t SA t AQ 14=⋅=(10<

0OP BQ ⋅=，即029)4(232=+-+t t t ，4

3=t ，故)49,41,21(-Q ，1443

=

AQ 。 评注：探索型问题的解法也有模式可循，本题给出了一种解法，例1和本例的另外一种解法同学们试一试。

知识的交汇点命题

立体几何与其他知识在交汇点处命题，往往是与其他章节的知识进行融合，利用其他章节的基础知识，重

点考查本章知识，例如在与函数，与数列等方面的交汇点处命题。 解题策略：正确运用好交汇点处的知识

例3．平面E F GH 分别平行空间四边形ABCD 中的CD 与AB 且交BD 、AD 、AC 、BC 于E 、F 、G 、H.CD=a ，

AB=b ，CD ⊥AB ．

（I ）求证E F GH 为矩形； （II ）点E 在什么位置，S E F GH 最大?

分析：本题考查学生利用二次函数求最值的方法处理立体几何问题，在函数和立体几何的交汇点处考查学生的数学能力。 解：（1）面EFGH//CD ⇒CD//GH

⇒GH//EF

CD//EF

面EFGH//AB ⇒AB//HE ⇒EFGH 为平行四边形 ⇒HE//FG AB//FG

又∵AB ⊥CD ⇒E F ⊥F G ⇒E F GH 为矩形.

（2）AG=x ，AC=m ，

m x a GH =，GH=m a x ，m

x

m m x m b GF -=

-=，G F =m b （m －x ） S E F GH =GH·G F =m a x ·m b （m －x ）=2m ab （mx －x 2）= 2m ab （－x 2

+mx －42m +42m ）=2m ab ［－（x －2m ）2+4

2m ］

当x =2m 时，S E F GH 最大=.4422ab

m m

ab =⋅

评注：本题利用二次函数的观点求最大值是立体几何与函数的很好的结合点。