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a,b所成角为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m,n所成角为60或120, 点P作直线m,n的两条角平分线，其中有一条与m,n所成角均为60，另一条与m,n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m,n所成角均为60，从而与a、b所成角均为60的直线有三条.

问题的推广：已知直线a,b所成角为60，经过空间中一点P作直线l，使直线l与a、ooooooob所成角均为，这样的直线l有四条，则角应满足什么条件？有两条呢？有一条呢？有零条呢？

oooo30,90;答案：有四条时，6090；有两条时，3060；有一条时，oo有零条时，030.

变式：（1）已知直线a与平面所成角的大小为60，经过空间中一点P作直线l，

o使直线l与直线a和平面所成角均为45，则这样的直线l有几条？

o（2）已知平面与平面所成锐二面角的大小为60，经过空间中一点P作直线l，

o使直线l与平面和平面所成角均为60，则这样的直线l有几条？

o(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（，π）；31 / 13

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②若MN⊥AM，则PC与平面PAB所成角的大小为； 2③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条； 4④若二面角B—PA—C大小为2，则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有336条． 正确的序号是 ．

解：(1) 经过点P作平面的法向量n，则问题转化为 “已知直线a,n所成角为30或150，经过点P作直线l，使直线l与a,n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的法向量m，平面的法向量n，则问题转化为 “已知直线

m,n所成角为60或120，经过点P作直线l，使直线l与m,n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ABCDA1B1C1D1棱长为1”. 1. 正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，E,F是BD上的动点，且EF（1）当E在BD中点时，F恰在B点，求二面角B1EFC1大小； （2）当EF在BD上运动时，该二面角是否发生变化？

解：（1）取B1D1中点O,易知C1O面EFB1,设二面角

1BD. 2B1EFC1大小为. cosSEFO6，二面角B1EFC1大小为

SEFC13arccos6 3（2）由（1）中求二面角的方法可知，无论EF在BD上的什么位置，

cosSEFO6，二面角B1EFC1的大小不变.

SEFC132 / 13

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2. 正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，P为A1B1的四等分点，3 / 13

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Q为D1C1中点，O为平面AA1B1B的中心. （1）求证：OC与PQ共面；

（2）求:平面OPQC与平面AA1B1B的夹角. （1）证明：取A1B1中点H，连结BH,HQ.

易证BH//CQ,又OP为A1HB中位线，OP//BH,OP//CQ OC与PQ共面.

（2） 连结OQ,过O作OMPQ,连结MH

OH面PHQ,OHPQ 又OMPQ,PQ面OMH,PQMHOMH为面OPQC与面AA1B1B的夹角.

111717,HQ1,OH,MH,tanOMH.42172 17OMHarctan.2PH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ABCA1B1C1的底面是等腰三角形，AB=AC，上底面的顶点A1在下地面的射影是ABC的外心，BCa,A1AB的侧面积为23a （1） 证明：侧面AA1B1B和AA1C1C为菱形，B1BCC1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：A1O面ABC,A1OBC, 又ABC的外心为O,AB=AC,AOBC 23,棱柱BCAA1,BCBB1,四边形B1BCC1是矩形.

OAOB,RtA1OARtA1OB,AA1A1B,又A1AB60,A1AB为正三角形.

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四边形AA1B1B为菱形，同理,可证四边形AA1C1C为菱形.

（2）ABACx,S侧2xsin60ax23a,即(3x2a)(x223a)0, x23a 3过B作BDAA1，则D为AA1中点，CDAA1

又BCAA1,AA1//CC1//BB1,BCD的三内角即为所求

AD3a,BDaCDBC,BCD为正三角形，三个二面角均为60 3（3）SABC11322121211a,AOa,A1Oa,VSABCA1Oa3 2123131336或V1132231SBCDAA1aaa3 33436四.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AB面PDC;（2）求三棱锥P-ABC体积. （1）证明：ACCBPAPB2,又D为AB中点，AB=2.

DCAB1,PDAB,又PDDCD,AB平面PDC. （2）ACCB2,D为AB中点，AB=2，DCAB,DC1. 2,PC22,PDC90,即PCPD, 同理，PD1,又PC1VPABCVAPDCVBPDC. 3五.高考中的补形问题

1.将正四面体补形成正方体

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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

2R3a，所以S球表面积4R23a2

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，

222222222则有ab(25),bc(13),ca5，联立以上 三式并解之得：a4,b2,c3，故 111VSABCV长方体4VSABDabc4abcabc8 3234.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AB1,CD与CD的距离为2，夹角为

3，直线AB ，则四面体的体积等于 3

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解法1 如图，将四面体ABCD补成四棱锥ABDCE，且 BE//CD,BECD，则ABE3或2,BE3， 3CD//平面ABE，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h2 1111hSABE2ABBEsin 33232解法2 如图，把四面体ABCD补成三棱柱ABEFCD，则面ABE// 所以VABCDVABECVCABE

面CDF,AB//CF，且CF1，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h2，且DCF所以V柱SFCDhCDCFsin2或. 33

123112，故四面体的体积为V柱 3232

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

1. 313V平行六面体S底h13sin2, 2321故四面体的体积为. 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，则 四面体的体积为V

1abhsin 65.把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长（正）方体 例5 如图，PA平面ABC,ACB90，且

PAACBCa，则异面直线PB与AC所 成角的正切值为

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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， 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PD2a2 DBa6.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3. (1)求证：BCSC；(2)求面ASD与面BSC所成二面角大小. 证与解：因为ABBC1，所以SD1， 故可把原四棱锥补成长方体ABCDA1B1C1S （1）因为BC面SDCC1，所以BCSC （2）连A1B，则面ASD与面BSC所成的二面角， 即为面ADSA1与BCSA1所成的二面角. 因为A1SSD,A1SSC，所以CSD为所求二面角 的平面角，CSD45，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底面ABCD,AB3,BC1, PA2，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

PB1C1D1ABCD，连结PC1,PC1//AC,所以BPC1为AC与PB所成的角，连结BC1,在PBC1中， 由余弦定理可得：cosBPC1 57， 1457 14故直线AC与PB所成角的余弦值为7 / 13

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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，AB2,AF1,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ABCDFB1ED1 （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，BA面ADD1F，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AGB60 8.把三棱柱补成四棱柱 例9 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3,BC4,

AB5,AA14，求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值. 解：由条件知ACCB，如图，把直三棱柱ABCA1B1C1

补成长方体ABCDA1B1C1D1，连结B1D，则B1D//AC1， 且B1DAC1，所以DB1C为AC1与B1C所成角（或其补角）， 连结CD，在B1CD中，CD5,B1D5,BC42， 1由余弦定理得cosDB1C22 5

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SE1，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）428 / 13

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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SE1，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）（D）32 （C）2 22 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 25 B 5 C 45 D 225 答案 D

例3. 具有公共y轴的两个直角坐标平面和所成的二面角y轴－等于60，已知内的曲线C的方程是y4x，曲线C在内的射影在平面内的曲线方程为2y22px,则p_____________

答案 4 例4.如图，直角三角形ABC中，BAC60,点F在斜边AB上，且AB4AF,D,E是平面ABC同一侧的两点，AD平面ABC,BE平面ABC,AD3,ACBE4. 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，求CM的长度. 51,求CM的长． 4⑵ （文科）点M在线段BC上，异面直线CF与EM所成角的余弦值为

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，

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∴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 C(0,0,0),M(0,x,0),D(4,0,3),F(3,3,0)∴DM(4,x,3);DF(1,3,3) 则面DMF的法向量：m(x3,3,43x) 3同理可知：面CDM的法向量n(3,0,4) 由|cosm,n|经检验，x不合题意 所以CM13932，则x或x3 43 53时二面角FDMC的余弦值为25 1393 43（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， ∴cosCF,EM故CM=，解得a83163或a(舍) 3383. 3

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，AB2AF2，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，

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故OC平面ABEF. …………………2分 因为OE面ABEF，于是OCOE. ……………………3分

又矩形ABEF，AB2AF2，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，AB2AF2，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，OC3，于是有F0,1,1,E0,1,1,B0,1,1,C3,0,0， ………………7分

从而CE3,1,1，EF(0,2,0)， nCE0设平面FCE的法向量n(x,y,z)，由 ………………8分

nEF03xyz0得得n1,0,3， ………………9分 2y0同理，可求得平面BCE的一个法向量m1,3,0， ………………10分 设m,n的夹角为，则cosmnmn11， ………………11分 224由于二面角FCEB为钝二面角，所以所求余弦值为

1. ………………12分 4（文科）已知四边形ABCD为平行四边形，BDAD，BDAD，AB2，四边形ABEF为正方形，且平面ABEF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

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又BDAD，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//11BA，平行四边形形ABCD中，MD//BA， 22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VNADFVDANF1111DHSANF112．………………12分 3323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

（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）

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