数学竞赛中的立体几何问题
立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容．解法灵活而备受人们的青睐，竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算．解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法． 一、求角度
这类题常以多面体或旋转体为依托,考查立体几何中的异面直线所成角、直线与平面所成角或二面角的大小 解决这类题的关键是 ,根据已知条件准确地找出或作出要求的角．
立体几何中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种．其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是[]0,90??；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：①作棱的垂面和两个半平面相交；②过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；③根据三垂线定理或逆定理．另外还可以根据面积射影定理cos S S θ'=?得到．式中S '表示射影多边形的面积，S 表示原多边形的面积，θ即为所求二面角．
例１ 直线OA 和平面α斜交于一点O ，OB 是OA 在α内的射影，OC 是平面α内过O 点的任一直线，设,,.AOC AOB BOC αβγ∠=∠=∠=，求证：cos cos cos αβγ=?．
分析：如图，设射线OA 任意一点A ，过A 作
AB α⊥于点B ，又作BC OC ⊥于点C ，连
接AC ．有：
cos ,cos ,cos ;OC OB OC
OA OA OB
αβγ=== 所以，cos cos cos αβγ=?．
评注：①上述结论经常会结合以下课本例题一起使用．过平面内一个角的顶点作平面的一条斜线，如果斜线和角的两边所成的角相等，那么这条斜线在平面内的射影一定会落在这个角的角平分线上．利用全等三角形即可证明结论成立．
②从上述等式的三项可以看出cos α值最小，于是可得结论：平面的一条斜线和平面内经过斜足的所有直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角最小．
例、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，
α
O
C B
A
E
A
F 在棱CD 上，使得：
()0AE CF
EB FD
λλ==<<∞，记()f λλλαβ=+， 其中λα表示EF 与AC 所成的角，其中λβ表示EF 与BD 所成的角，则： （A ）()f λ在()0,+∞单调增加；（B ）()f λ在()0,+∞单调减少；
（C ）()f
λ在()0,1单调增加；在()1,+∞单调减少；（D ）()f λ在()0,+∞为常数．`
分析：根据题意可首先找到与,λλαβ对应的角．作EG ∥AC ，交BC 于G ，连FG ．显然 FG ∥BD ，∠GEF=λα，∠GFE=λβ．∵AC ⊥BD ，∴EG ⊥FG ∴90λλαβ+=?
例五、（1994年全国联赛一试）已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，则
sin α= ．
分析：正方体的12条棱可分为三组，一个平面与12条棱的夹角都 等于α只需该平面与正方体的过同一个顶点的三条棱所成的角都等于
α即可．如图所示的平面A BD '就是合乎要求的平面，于是：
sin α=
二、求体积
这类题常是求几何体的体积或要求解决与体积有关的问题 解决这类题的关键是 ,根据已知条件选择合适的面作为底面并求出这个底面上的高
例十五、（2003年全国联赛一试）在四面体ABCD
中，设1,AB CD ==，直线AB 与CD 的距离为
2，夹角为
3
π
，则四面体ABCD 的体积等于 (
)()()(
11 ; ; 23A B C D 分析：根据锥体的体积公式我们知道：1
V=3
S h ??． 从题目所给条件看，已知长度的两条线段分别位于
两条异面直线上，而已知距离是两条异面直线之间的距离而非点线距．显然需要进行转化．
作BE ∥CD,且BE=CD ，连接DE 、AE ，显然，三棱锥A —BCD 与三棱锥A —BDE 底面积和高都相等，故它们有相等的体积．于是有：
O
D
C
B
A
D '
C '
B ' A '
E
D
C
B
A
111
sin 362
A BCD A BDE D ABE BDE V V V S h A
B BE ABE h ---?====??∠?=
例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线2
2
4,4,4,4x y x y x x ==-==-围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 1，满足
()()22
222216,24,24x y x y x y +≤+-≥++≥的点(),x y 组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体
积为V 2，则： （A ）V 1=
12V 2； （B ）V 1=2
3
V 2； （C ）V 1=V 2； （D ）V 1=2V 2； 分析：我国古代数学家祖暅在对于两个几何体体积的比较方面作出了卓越的贡献，祖暅原理告诉我们： 对于两个底面积相同，高 相等的几何体，任做一个 平行于底面的截面，若每 一个截面的面积相等，则
这两个几何体的体积相等．运用祖 原理的思想我们可以将不规则的几何体的体积计算转化为规则几何体的体积计算．如计算球的体积时我们可以将半球转化为圆柱与圆锥的组合体．显然，本题中的两个几何体符合祖暅原理的条件，比较其截面面积如下：
取()44y a a =-≤≤，则：
()
2
1162164S a
a ππππ=-??=-
当0a <时：(
)()()2
2
2
21642164S a
a a ππππ=?--?-+=+ 当0a >时：()()()2
2
2
2
1642164S a a a ππππ=?--?--=-
显然，12S S =，于是有：12V V =．
例十七、（2000年全国联赛一试）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a ，则这个球的体积是 ．
分析：由正四面体的图象的对称性可知，内切球的球心必为正四面体的中心，球与各棱相切，其切点必为各棱中点，考查三组对棱中点的连线交于一点，即为内切球的球心，所以每组对棱间的距离即为内切
球的直径，于是有：2r = ∴
3
3
43424V a a π??=??= ? ???
练习：同样可用体积法求出棱长为a 的正四面体的外 接球和内切球的半径．分析可知，正四面体的内切球 与外接球球心相同，将球心与正四面体的个顶点相连，
可将正四面体划分为四个全等的正三棱锥，于是可知内切球的半径即为正四面体高度的四分之一，外接球半径即为高度的四分之三．故只要求出正四面体的高度即可．
又：h ===
，所以，,412R a r ==．
例十八、（1999年全国联赛一试）已知三棱锥S--ABC 的底面为正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是?SBC 的垂心，二面角H-AB-C 的平面角等于30?，
SA=．那么，三棱锥S-ABC 的体积
为 ．
分析：在求解立体几何问题时，往往需要首先明白所要 考查对象的图形特点．连接BH 并延长交SC 于D ，连AD ． ∵H 为?SBC 的垂心
∴BD ⊥SC ， 且 HD ⊥SC ，故 AD ⊥SC ，SC ⊥平面ABC ∴SC ⊥AB
作SO ⊥平面ABC 于O ，连接CO 并延长交AB 于E ，易知：CE ⊥AB ，连DE ． ∵AB=AC
∴HB=HC ，即A 在平面SBC 内的射影H 在线段BC 的垂直平分线上，而点H 是?SBC 的垂心，可知
?SBC 为SB=SC 的等腰三角形．
R
O
E
D
C A
P
r
B
O
E
D H
C
A
S B
∴S 在平面ABC 内的射影O 在线段BC 的垂直平分线上．
故射影O 为?ABC 的中心，三棱锥S —ABC 为正三棱锥．设底面边长为2a ，则CE=3a ， ∵SA=SB=SC=23 ∴SO=3，OC=233=CE=233
a ∴11139333333224
S ABC
ABC V S h -?==?????=
例十九、（1998年全国联赛一试）ABC ?中，90,30,2C B AC ∠=?∠=?=，M 是AB 的中点．将
ACM ?沿CM 折起，使A 、B
两点间的距离为A —BCM 的体积等于 ．
分析：关于折叠问题，弄清折叠前后线段之间的变与不变的关系往往是我们解决问题的关键，
问题中经常会涉
及折叠图形形成
二面角，在折叠
前作一条直线与
折叠线垂直相交，于交点的两侧各取一点形成一个角，于是在折叠过程中，此角始终能代表图形折叠所形成的二面角的大小．此外，通过分析可知解决本例的另一个关键是需要得到棱锥的高，其实只要能找到二面角，高也就能迎刃而解了．
如图，作BD ⊥CM 的延长线相交于D ，AF ⊥CM 于F ，并延长到E ，使EF=BD ，连BE ． 显然，
，EB=DF=2,所以： AE 2=AB 2-EB 2=8-4=4
三棱锥A —BCM 的高即点A 到平面BCM 的距离也就是等腰?AEF 中点A 到边EF 的距离．根据面积相等可求得：
h =
=∴
1113233
V =
???= 例二十、（1995年全国联赛一试）设O 是正三棱锥P —ABC 底面△ABC 的中心，过O 的动平面与P —ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q 、R 、S ，则和式
111
PQ PR PS
++ （A ）有最大值而无最小值； （B ）有最小值而无最大值； （C ）既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等；
F
F M M
E E D D B
B C C A A
（D ）是一个与平面QRS 位置无关的常量． 分析：借助于分割思想，将三棱锥P —QRS 划分成三个以O 为顶点，以三个侧面为 底面的三棱锥O —PQR ，O —PRS ，O —PSQ ． 显然三个三棱锥的高相等，设为h ，又设
QPR ∠=RPS SPQ α∠=∠=，于是有：
()1
3
P QRS O PQR O PRS O PSQ PQR PRS PSQ V V V V S S S h ----???=++=
++? ()1
sin 6
PQ PR PR PS PS PQ h α=
?+?+??? 又：1
sin sin 6
P QRS Q PRS V V PQ PR PS αθ--==????，其中θ为PQ 与平面PRS 所成的角．
()sin sin sin PQ PR PR PS PS PQ h PQ PR PS ααθ∴?+?+???=????
于是得：
111PQ PR PS ++sin h
θ= 例二十一、（1993年全国联赛一试）三棱锥S —ABC 中，侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，M 为三角形ABC 的重心，D 为AB 中点，作与SC 平行的直线DP ． 证明：（1）DP 与SM 相交；
（2）设DP 与SM 的交点为D '，则D 为三棱锥S —ABC 的外接球的球心． 分析：根据题中三棱锥的特点，可将三棱锥补形成为一个如图所示的长方体，因为 C 、M 、D 三点共线，显然，点C 、S 、D 、M 在同一平面内．于是有DP 与SM 相交． 又因为：
1
2
DD DM SC MC '==，而点D 为长 方体的底面SAEB 的中心，故必有点D '为 对角线SF 的中点，即为长方体的也是三棱 锥的外接球的球心．
O
S
R
Q
C
B
A
P
G
F
M
E
D '
D
C
B
A S
H
例二十二、（1992年全国联赛一试）从正方体的棱和各个面的面对角线中选出k 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k 的最大值是 ． 分析：本题可以采用构造法求解．考查图中的 四条线段：A 1D 、AC 、BC 1、B 1D 1，显然其中任意 两条都是异面直线．另一方面，如果满足题目 要求的线段多于4条，若有5条线段满足要求， 因为5条线段中任意两条均为异面直线，
所以其中任意两条没有公共点，于是产生这些线段的端点几何体的顶点的个数必定大于或等于10个，这与题中的正方体相矛盾．故：4k =．
例二十三、（1991年全国联赛一试）设正三棱锥P —ABC 的高为PO ，M 为PO 的中点，过AM 作与棱BC 平行的平面，将三棱锥截为上、下两个部分，试求此两部分的体积比． 分析：取BC 的中点D ，连接PD 交AM 于G ，设 所作的平行于BC 的平面交平面PBC 于EF ，由 直线与平面平行的性质定理得：EF ∥BC ，连接
AE ，AF ，则平面AEF 为合乎要求的截面． 作OH ∥PG ，交AG 于点H ，则：OH=PG ．
5
1112BC PD PG GD GD GD AD EF PG PG PG OH AO +===+=+=+=； 故：2
425A PEF PEF A PBC PBC V S EF V S BC -?-???
=== ???；于是：421A PEF A EFBC
V V --=． 三、求面积
这类题常设计为求几何体中某一特殊位置的截面面积 解决这类题的关键是 ,封断出截面的形状及截面和已知中相关图形的关系
A 1
D
C
B
A D 1
C 1
B 1
F E O
M D C
B
A
P
H
G
四、求距离
这类题常是以几何体为依托 ,求其中的某些点、线、面之间的距离解决这类题的关键在于 ,根据已知条件
判断出或作出符合题意的线段 ,其长度就是符合题意的距离
4、（1996年全国联赛一试）已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．
解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a ，侧棱为b ．取CD 中点
G ，则AG ⊥CD ，EG ⊥CD ，故∠AGE 是二面角A —CD —E 的平面角．由BD ⊥AC ，作平面BDF ⊥棱AC 交AC 于F ，则∠BFD 为二面角B —AC —D 的平面角．AG=EG=
b 2－a 2，BF=DF=
2a b 2－a 2
b
，AE=2b 2－(2
3
3a )2=2
b 2－4
3
a 2．由
cos ∠AGE=cos ∠BFD ，得
2AG 2－AE 2
2AG 2
=
2BF 2－BD 2
2BF 2
．∴ 4(b 2－432a 2)
b 2－a 2=4a 2b 24a 2(b 2－a 2)
?9b 2=16a 2，?b=4
3a ，从而b=2，2a=3．AE=2．即最远的两个顶点距离为3． 分析：设正三棱锥的底面边长为a ，侧棱长为
b
，则：
a =
即：2b =化简得： 32
b
a =
所以，3,2a b ==．于是可求得线段PP '的长：2pp '==．于是有最远距离为底边长3．
2a
b
a
b
b
G
E
F
B
C
D
A
A
C
B
D E
F
O
P '
P
五、求元素个数
这类题常以长方体或三棱锥等几何体为背景,通过计算符合题意的元素个数,来考查学生对计数问题的理解程度解决这类题的关键是计数时要有规律的数 ,作到不重复、不遗漏
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题) 51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。 求：AM 及CN 所成的角的余弦值； 解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。 ∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=2 1AM 且E 为MD 的中点。 设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 4 3且ME=2 1MD= 4 3 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2= 163+41=16 7 ∴cos ∠CNE= 324 3 432167)43()43( 2222 22-=??-+=??-+NE CN CE NE CN , 又∵∠CNE ∈(0, 2 π) ∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为3 2. 注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。 2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。最后作答时，这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 3 1 ==EC BE FD AF 。求异面直线AB 及CD 所成的角。 解析：在BD 上取一点G ，使得3 1 =GD BG ，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，GD BG EC BE = ，故EG//CD ，并且4 1==BC BE CD EG ， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且 4 3 ==AD DF AB FG ， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠ FGE= 2 1 5327532222222- =??-+=??-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。 另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。 53. 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1=c ，AB=a ，AD=b ，且a ＞b ．求AC 1及BD 所成的角的余弦． A B C D E F G E D 1 C 1 B 1 A 1 A B D C O
第1讲 空间几何体 高考《考试大纲》的要求： ① 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. ② 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图. ③ 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式. ④ 会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）. ⑤ 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）. （一）例题选讲： 例1.四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且CD ＝2，AB ＝3，在外接球面上两点A 、B 间的球面距离是（ ） A ． 6π B ．3 π C ．32π D ．65π 例2.如果圆台的母线与底面成60°角,那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为( ) A ．π2 B ．π2 3 C ．π332 D ．π2 1 例3.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角 是 . 例4.如图所示，等腰△ABC 的底边AB =66,高CD =3，点B 是线段BD 上异于点B 、D 的动点.点F 在BC 边上，且EF ⊥AB .现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE .记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P-ACFE 的体积. （1）求V (x )的表达式； （2）当x 为何值时，V (x )取得最大值？ （3）当V (x )取得最大值时，求异面直线AC 与PF 所成角的余弦值。 （二）基础训练： 1．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ） A ．①② B ．①③ C ．①④ D ．②④ 2．设地球半径为R ，若甲地位于北纬045东经0120，乙地位于南纬度0 75东经0120，则甲、乙两地球面距离为（ ） （A ）3R (B) 6 R π (C) 56 R π (D) 23R π ①正方形 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥