立体几何大二轮复习的策略

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 n m ,o 60ο120n m ,n m ,o 60n m ,ο30n m ,o 60o 60
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，o
o 90,30=θ;有零条时，οο300<<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（
3
π
，π）；
②若MN ⊥AM ，则PC 与平面PAB 所成角的大小为
2
π
；
③过点M 与异面直线PA 和BC 都成4
π
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6
π
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ο30或
ο150，经过点P 作直线l ，使直线l 与n a ,所成角均为ο45，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ο60或ο120，经过点P 作直线l ，使直线l 与n m ,所成角均为ο30，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 2
1
=. （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3
6
arccos
（2）由（1）中求二面角的方法可知，无论EF 在BD 上的什么位置，
∴==
∴，3
6
cos 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MH
MH
PQ OMH PQ PQ OM PQ
OH PHQ OH ⊥∴⊥∴⊥⊥∴⊥,,,面又面Θ
OMH ∠为面OPQC 与面B B AA 11的夹角.
.
217
arctan .2
17tan ,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2
32a
（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Θ, 又ΘABC ∆的外心为O,AB=AC,BC AO =∴
∴⊥⊥,,11BB BC AA BC Θ四边形11BCC B 是矩形.
B A AA OB A Rt OA A Rt OB OA 1111,,=∴≅∴=∆∆Θ,又AB A AB A 11,60∆∴=∠ο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 2,2
2
=+
-=+===a x a x a ax x S x AC AB 即侧ο
a x 3
3
2=
∴
过B 作BD 1AA ⊥，则D 为1AA 中点，1AA CD ⊥∴ 又ΘBCD BB CC AA AA BC ∆∴⊥,////,1111的三内角即为所求
BCD BC CD a BD a AD ∆∴====
,,3
3
Θ为正三角形，∴三个二面角均为ο60 31126
1
31,1312,131232,1213213a O A S V a O A a AO a S ABC ABC =⋅=∴===
∆∆）（ 或3216
1332433131a 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 Θ又D 为AB 中点，AB=2.
.AB D,DC PD ,,1PDC AB PD AB DC 平面又⊥∴=⊥=∴I
（2）,2=
=CB AC ΘD 为AB 中点，AB=2，.1,=⊥∴DC AB DC 同理，,,90,2,2,12PD PC PDC PC PC PD ⊥=∠∴=∴=
=即又ο
.3
1=+=∴---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A
2.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 a ππ==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
111
448323
S ABC S ABD V 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1,3AB CD ==，直线AB
与CD 的距离为2，夹角为
3
π
，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2,33
3
ABE BE π
π
∠=
=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 33232
A BCD A BEC C ABE ABE V V V h S A
B 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233
DCF ππ∠=或. 所以1
3sin
2232FCD V S h CD CF π∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=柱，故四面体的体积为1132
V =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
. 13
13sin 2232V S h π=⋅=⨯⨯⨯⨯=平行六面体底,
故四面体的体积为1
2
.
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1
sin 6
V 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 ⊥∠=o
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，
2tan 2PD a
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,3ABCD 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 ∠=o
，故所求二面角为45o
.
例7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，
侧棱,PA ABCD ⊥底面3,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1
BPC ∠
为AC 与PB 所成的角，连结1,BC 在1PBC ∆中， 由余弦定理可得：157
cos BPC ∠=
故直线AC 与PB 所成角的余弦值为
57
14
7.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，2,1,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 ∠=o
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111
ABC 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，115,5,42CD B D BC ===， 由余弦定理得122
cos 5
DB 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 ）2 （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 ）
3
22
（C ）2 （D ）
2 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 5
C 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 ∠=o
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;CEF
⑵（理科） 点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为
2
5
，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 =--=--u u u u r u u u r
则面DMF 的法向量：43(3,3,)3
x m x -=-u r
同理可知：面CDM 的法向量(3,0,4)n =-r
由2
|cos ,|5
m n <>=u r r ，则139343x = 或3x =
经检验，3x =时二面角F DM C --的余弦值为2
5-
不合题意 所以1393
43
CM =
（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 =u u u r u u u u r
=，解得83163()a a ==或舍 故83.3
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OC ,OF ，因为AC BC =，O 是AB 的中点，故OC AB ⊥. …1分 又因为平面ABEF ⊥平面ABC ，面ABEF ⋂面ABC AB =，OC ⊂面ABC ，
故OC ⊥平面ABEF . …………………2分 因为OE ⊂面ABEF ，于是OC OE ⊥. ……………………3分
又矩形ABEF ，22AB AF ==，所以OF OE ⊥. ……………4分 又因为OF OC O ⋂=，故OE ⊥平面OFC ， ………………5分
所以OE FC ⊥. ………………6分
（Ⅱ）由（I ）得，22AB AF ==，取EF 的中点D ，以O 为原点，,,OC OB OD 所在的
直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系。

因为AB AC =，所以，3OC =于是有()()())
0,1,1,0,1,1,0,1,1,3,0,0F E B C -， ………………7分 从而()
3,1,1CE =-u u u r ，(0,2,0)EF =-u u u r ， 设平面FCE 的法向量(,,)n x y z =r ，由00
n CE n EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r ………………8分 得3020x y z y ⎧-++=⎪⎨-=⎪⎩得(3n =r ， ………………9分
同理，可求得平面BCE 的一个法向量()1,3,0m =u r ， ………………10分 设,m n u r r 的夹角为θ，则11cos 224
m n m n θ⋅===⨯u r u r u r r ， ………………11分 由于二面角F CE B --为钝二面角，所以所求余弦值为14-
. ………………12分
（文科）已知四边形ABCD 为平行四边形，AD BD ⊥，BD AD =，2AB =，
四边形ABEF 为正方形，且平面⊥AB EF 平面ABCD ．
（1）求证：⊥BD 平面ADF ；
（2）若M 为CD 中点，证明：在线段EF 上存在点
N ，使得MN ∥平面ADF ，并求出此时
三棱锥N ADF -的体积．
解：(1)证：正方形ABEF 中，AF ⊥AB ，
∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，又AF ⊂平面ABEF ，
平面ABEF ⋂平面ABCD=AB ， ………………1分
∴AF ⊥平面ABCD ． ………………2分
又∵BD ⊂平面ABCD ，
∴AF ⊥BD ． ……………… 3分
又AD BD ⊥，AF ⋂AD=A ，AF 、AD ⊂平面ADF,
………………4分
∴⊥BD 平面ADF ． ………………5分
(2)解：当N 为线段EF 中点时，MN ∥平面ADF ．………………6分
证明如下：正方形ABEF 中，NF //21BA ，平行四边形形ABCD 中，MD //2
1BA ， ∴NF //MD ，∴四边形NFDM 为平行四边形，
∴MN//DF ． ………………7分
又DF ⊂平面ADF ，MN ⊄平面ADF ，
∴MN//平面ADF ， ………………8分
过D 作DH ⊥AB 于H ，
∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，又DH ⊂平面ABCD ，平面ABEF ⋂平面ABCD=AB ，∴DH ⊥平面ABEF ． ………………9分
在Rt∆ABD 中，AB=2，BD=AD ，∴DH=1， ………………10分
所以111112332N ADF D ANF ANF V V DH S --∆==⋅=⨯⨯⨯⨯=12分 张世永 成都七中高级教师，数学奥林匹克高级教练 高三备课组组长，成都市学科带头人．
巢中俊 成都七中高三骨干教师，数学奥林匹克教练
周建波 成都七中高三骨干教师。