1、g3.1072立体几何综合问题立体几何题怎么解高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.例1 四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形，PB面ABCD.（1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60，求这个四棱锥的体积；（2）证明
2、无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90讲解:（1）正方形ABCD是四棱锥PABCD的底面, 其面积为从而只要算出四棱锥的高就行了.面ABCD,BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB， PADA， PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角， PAB=60. 而PB是四棱锥PABCD的高，PB=ABtg60=a, .（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形. 作AEDP，垂足为E，连结EC，则ADECDE， 是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 设AC与DB相交于点O，连结EO，则EOAC， 在 故平面PAD与平面PCD所成的二面
3、角恒大于90.本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.例2 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为CE=，D为AB的中点.（1）求证：AB1平面CED；（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；（3）求二面角B1ACB的平面角.讲解:（1）D是AB中点，ABC为等腰直角三角形，ABC=900，CDAB又AA1平面ABC，CDAA1.CD平面A1B1BA CDAB1，又CEAB1， AB1平面CDE；（2）由CD平面A1B1BA CDDEAB
4、1平面CDE DEAB1DE是异面直线AB1与CD的公垂线段CE=，AC=1 , CD=；（3）连结B1C，易证B1CAC，又BCAC , B1CB是二面角B1ACB的平面角.在RtCEA中，CE=，BC=AC=1,B1AC=600， , , .作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.例3 如图al是120的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，DAB=90，C在内，ABC是等腰直角三角形ACB=（I） 求三棱锥DABC的体积；（2）求二面角DACB的大小； （3）求异面直线AB、CD所成的角. 讲解:
5、 (1) 过D向平面做垂线，垂足为O，连强OA并延长至E. 为二面角al的平面角.是等腰直角三角形，斜边AB=2.又D到平面的距离DO=（2）过O在内作OMAC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则ACDM.DMO 为二面角DACB的平面角. 又在DOA中，OA=2cos60=1.且 （3）在平在内，过C作AB的平行线交AE于F，DCF为异面直线AB、CD所成的角. 为等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距离，即ABC斜边上的高,异面直线AB,CD所成的角为arctg比较例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看. 例4在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形这个四边形是由两个
6、全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值 图 图 讲解: 设容器的高为x则容器底面正三角形的边长为, . 当且仅当 .故当容器的高为时，容器的容积最大，其最大容积为对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，本题的深化似乎与2002年全国高考文科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是:某企业设计一个容积为V的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径r和圆柱的高h为何值时，制造这个密闭容器的用料最省（即容器的表面
7、积最小）. 例5 已知三棱锥PABC中，PC底面ABC，AB=BC，D、F分别为AC、PC的中点，DEAP于E（1）求证：AP平面BDE； （2）求证：平面BDE平面BDF；（3）若AEEP=12，求截面BEF分三棱锥PABC所成两部分的体积比讲解: (1）PC底面ABC，BD平面ABC，PCBD由AB=BC，D为AC的中点，得BDAC又PCAC=C，BD平面PAC 又PA平面、PAC，BDPA由已知DEPA，DEBD=D，AP平面BDE （2）由BD平面PAC，DE平面PAC，得BDDE由D、F分别为AC、PC的中点，得DF/AP由已知，DEAP，DEDF. BDDF=D，DE平面BDF又D
8、E平面BDE，平面BDE平面BDF （3）设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2则 h1h2=EPAP=23, 故截面BEF分三棱锥PABC所成两部分体积的比为12或21值得注意的是, “截面BEF分三棱锥PABC所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误.例6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O1且平行于母线AB的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点到准线的距离）为p的抛物线.（1）求圆锥的母线与底面所成的角；（2）求圆锥的全面积 讲解: （1）设圆锥的底面半径为R，母线长为l，由题意得：,即,所
9、以母线和底面所成的角为（2）设截面与圆锥侧面的交线为MON，其中O为截面与AC的交点，则OO1/AB且在截面MON内，以OO1所在有向直线为y轴，O为原点，建立坐标系，则O为抛物的顶点，所以抛物线方程为x2=2py，点N的坐标为（R，R），代入方程得R2=2p（R），得R=2p，l=2R=4p.圆锥的全面积为.将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆已知椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母 线长为1，则该几何体的体积等于 例7 如图，几何体ABCDE中，ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面
10、ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.（1）求证：FD平面ABC；（2）求证：AFBD； (3) 求二面角BFCG的正切值.讲解: F、G分别为EB、AB的中点，FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC， 四边形FGCD为平行四边形，FDGC，又GC面ABC， FD面ABC.（2）AB=EA，且F为EB中点，AFEB 又FGEA，EA面ABCFG面ABC G为等边ABC，AB边的中点，AGGC. AFGC又FDGC，AFFD 由、知AF面EBD，又BD面EBD，AFBD.（3）由（1）、（2）知FGGB，GCGB，GB面GCF.过G作GHFC，垂足
11、为H，连HB，HBFC.GHB为二面角B-FC-G的平面角.易求.例8 如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且D1PPA=DQQB=512. (1) 求证PQ平面CDD1C1； (2) 求证PQAD； (3) 求线段PQ的长. 讲解: （1）在平面AD1内，作PP1AD与DD1交于点P1，在平面AC内，作QQ1BC交CD于点Q1，连结P1Q1. , PP1QQ1 .由四边形PQQ1P1为平行四边形, 知PQP1Q1 而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ平面CDD1C1（2）AD平面D1DCC1， ADP1Q1，又PQP1Q1， ADPQ.（3）
12、由（1）知P1Q1 PQ,，而棱长CD=1. DQ1=. 同理可求得 P1D=.在RtP1DQ1中，应用勾股定理, 立得P1Q1=.做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是BD,上的动点,试求的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示?如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=（1） 求MN的长；（2） 当为何值时，MN的长最小；（3） 当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。立体几何知识是复课耗时较多, 而考试
13、得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.四、作业 同步练习g3.1072 立体几何综合（一）1、已知两条异面直线a,b所成的角为，直线l与a, l与b所成的角都等于, 则的取值范围是 （ ） (A) (B) (C) (D) 2、已知矩形ABCD的长AD=4，宽AB=3，E、F分别为AD、BC的中点，现将ABFE沿EF折成 使二面角的平面角为60，则= （ ） （A） （B） （C） （D）3、A、B两地在同一纬线上，这两地间的纬线长为pRcosa，（R是地球半径，a是两地的纬度数），
14、则这两地间的距离为 （ ） （A）pR （B）pRcosa （C）pR-2aR （D）pR-aR4、已知正四棱锥P-ABCD的棱长为a，侧面等腰三角形的顶角为30，则从点A出发环绕侧面一周后回到A点的最短路程等于（ ） （A） （B）4a （C）6a （D）5、空间四边形ABCD的各边与对角线的长都为1，点P在边AB上移动，点Q在CD上移动，则点P和Q的最短距离为（ ） （A） （B） （C） （D）6、若四面体的一条棱长为x，其余棱长为1，体积为F(x)，则函数F(x)在其定义域上（ ） （A）是增函数但无最大值 （B）是增函数且有最大值 （C）不是增函数且无最大值 （D）不是增函数但有最大
15、值7、正四棱锥S-ABCD的侧棱长为，底面的边长为，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角为 。 8、已知a=(3,1,5), b=(1,2,-3), 向量c与z轴垂直，且满足ca=9, cb=-4，则c= 9、已知PA、PB、PC两两垂直且PA=，PB=，PC=2，则过P、A、B、C四点的球的体积为 。10、已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2cm, 高为4cm，过BC作一个截面，截面与底面ABC成60角，则截面的面积是 11、(05全国卷1) 已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，ABDC，底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点。（）证明：面PAD面P
16、CD；（）求AC与PB所成的角；（）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。12、（05福建）如图，直二面角DABE中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF平面ACE.（）求证AE平面BCE；（）求二面角BACE的大小；（）求点D到平面ACE的距离.13、已知四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，求这个四面体体积的所有可能的值。参考答案B C C C B D 7、 8、（） 9、 10、.11、本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分.方案一：（）证明：PA面ABCD，
17、CDAD，由三垂线定理得：CDPD.因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，CD面PAD.又CD面PCD，面PAD面PCD.（）解：过点B作BE/CA，且BE=CA，则PBE是AC与PB所成的角.连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，所以四边形ACBE为正方形. 由PA面ABCD得PEB=90在RtPEB中BE=，PB=， （）解：作ANCM，垂足为N，连结BN.在RtPAB中，AM=MB，又AC=CB，AMCBMC,BNCM，故ANB为所求二面角的平面角.CBAC，由三垂线定理，得CBPC，在RtPCB中，CM=MB，所以CM=AM.在等腰三角形AMC中，ANMC=
18、，. AB=2，故所求的二面角为方法二：因为PAPD，PAAB，ADAB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，.（）证明：因由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD面PCD.（）解：因（）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在使要使为所求二面角的平面角.12、解法一：（）平面ACE. 二面角DABE为直二面角，且， 平面ABE. （）连结BD交AC于C，连结FG，正方形ABCD边长为2，BG
19、AC，BG=，平面ACE，由三垂线定理的逆定理得FGAC. 是二面角BACE的平面角.由（）AE平面BCE， 又，在等腰直角三角形AEB中，BE=.又直角 ，二面角BACE等于（）过点E作交AB于点O. OE=1.二面角DABE为直二面角，EO平面ABCD.设D到平面ACE的距离为h， 平面BCE， 点D到平面ACE的距离为解法二：（）同解法一.（）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图.面BCE，BE面BCE， ，在的中点， 设平面AEC的一个法向量为，则解得令得是平面AEC的一个法向量.又平面BAC的一个法向量为，二面角BACE的大小为（III）AD/z轴，AD=2，点D到平面ACE的距离13、解：根据已知条件及构成三角形的条件满足要求的四面体应分为三类。 （1）如图1，四面体各棱AB=AC=AD=2，BC=CD=BD=1，则AO=，所以四面体的体积V=。（2）如图2，四面体各棱AC=AD=2，AB=1，BC=BD=2，CD=1，设M、N分别为AB、CD的中点，AM=。四面体的体积为V=（3）如图形，四面体各棱AB=AC=AD=2，BD=BC=2，CD=1，设M、N分别为AB、CD的中点，AM=，四面体的体积为V=故四面体的所有可能的体积为或或
