高中数学奥赛辅导专题-立体几何(传统方法与向量方法)

高中数学奥赛辅导专题——立体几何（传统方法与向量方法）

立体几何（传统方法）

知识精要

1． 直线与平面问题，主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合

问题进行研究．这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合，因而在解题过程中，要力求做到概念清晰，方法得当，转化适时，突破得法．

2． 四面体是一种最简单的多面体，它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得

来．较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决．解决这一类问题的所常用的数学思想方法有：变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法．

3． 解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用．在解决球相切问题时，注意球心连线

通过切点，球心距等于两球半径之和．因此，研究多球相切问题时，连结球心，从而转化为多面体问题．

例题1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选

出k条，使得其中任意两条线段所在直线 都是异面直线，求k的最大值．

解答 考察如图所示的正方体上的四条 线段AC，BC1，D1B1， A1D，它们所 在直线两两都是异面直线．又若有5条 或5条以上两两异面的直线，则它们的

D1端点相异且个数不少于10，与正方体只

有8个顶点矛盾．故 K的最大值是4． 练习1：在正方体的8个顶点、12条棱的中点、6个面的中心及正方体的中心共计27个点A1中，问共线的三点组的个数是多少 解答：两端点都为顶点的共线三点组共有

C1B18728个；两端点都为面的中心共线三点组共 D2611233个；18个，有两端点都为各棱中点的共线三点组共有且没有别的类22A型的共线三点组，所以总共有2831849个． CB例题2：已知一个平面与一个正方体的12条

棱的夹角都等于，求sin．

解答：如右图所示，平面BCD与正方体的12条

棱的夹角都 等于，过A作AH垂直平 面BCD．连DH，则ADH．设正方 体的边长为b，则

C26DH2bsin600b

33 DHA63AHb2bb

33第 1 页 共 9 页 金太阳新课标资源网

2wx.jtyjy.com

B金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

所以sinsinADHAH3． AD3练习2：如图所示，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得 AECF(0)，记f()， EBFD其中

A表示EF与AC所成的角，表示EF与 BEDBD所成的角，证明f()0，即f()为常数． 解答：因ABCD是正四面体，故AC垂直BD，作EG平行 AC交BC于G，连GF，则GEF，

GCFCGAECF且，所以GF平行BD． GBFDFD所以GF垂直EG，且EFG．所以f()为常数．

例题3：三棱锥P-ABC中，若棱PA=x，其余棱长均为1，探讨x是否有最值．

解答：当P-ABC为三棱锥时，x的最小极限是P、A重合，取值为0，若PBC绕BC顺时针旋转，PA变大，最大极限是P、A、B、C共面时，PA为菱形ABPC的

对角线，长度为3．所以无最值．

练习3：若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值．

解答：若P在底面的射影为O,易知PO越小，侧棱越小．故P、O重合时，侧棱取最小极

值3，PO无穷大时，侧棱也无穷大．所以无最值． 3例题4：在单位正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P最短，

求

AP+D1P的最小值． 解答：将等腰直角三角形AA1B沿A1B折起至AA1B，使三角形AA1B与四边形A1BCD1共

面，联结AD1，则AD1的长即为AP+D1P的最小值，所以，

AD11212211cos135022

练习4：已知单位正方体ABCD-A1B1C1D1的对棱BB1、D1上有两个动点E、F，BE=D1F=

（0值． 解答：当小值为

1）．设EF与AB所成的角为，与BC所成的角为，求的最小21时，．不难证明f()是单调减函数．因此的最22． 2第 2 页 共 9 页 金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

例题5：在正n棱锥中，求相邻两侧面所成的二面角的取值范围．

解答：当顶点落在底面的时候，相邻两侧面所成的二面角为．当顶点在无穷远处的时候，

正n棱锥变为正n棱柱，这时相邻两侧面所成的二面角为

(n2)． n练习5：已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3，角BAD=600，长为2的线段

MN的一个端点M在DD1上运动，另一端点N在底面ABCD上运动，求MN的中点P的轨迹（曲面）与共一顶点D的三个面所围成的几何体的体积． 解答：联结DP、DN，在三角形MDN为直角三角形，且DP=MN/2=1，又由已知角BAD=600，

角ADC=1200，所以点P的轨迹以点D为球心，半径为1的1/6球面，所以其与顶点

D以及三个面围成的几何体的体积为1

146332． 9

立体几何（向量方法）

知识精要

1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．

2．通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式

cos||||求解．

3．建立空间直角坐标系．

1例题1如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA， 点O、D分别是AC、PC的中点，

2POP⊥底面ABC．

(Ⅰ)求证OD∥平面PAB；

D (Ⅱ) 求直线OD与平面PBC所成角的大小．

解答 OP平面ABC，OAOC，ABBC，  OAOB，OAOP，OBOP.

AOBC 以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系Oxyz如图，222 设ABa，则Aa,0,0,B0,a,0,Ca,0,0222zPD设OPh，则P0,0,h.

Ⅰ D为PC的中点，221  ODa,0,h, 又PAa,0,h，422xAOBCy第 3 页 共 9 页 金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

1 ODPA.  OD∥PA.  OD∥平面PAB.

27214 a,0,aⅡ PA2a, ha, OD4,24ODn2101 cosOD,n. 可求得平面PBC的法向量n1,1,,307ODn210设OD与平面PBC所成的角为，则 sincosOD,n,

30 OD与平面PBC所成的角为arcsin210． 30练习1如图，已知长方体ABCDA直线BD与平面AA1BC11D1，AB2,AA11，1B1B所

成的角为30，AE垂直BD于E,F为A1B1的中点． （Ⅰ）求异面直线AE与BF所成的角；

（Ⅱ）求平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A到平面BDF的距离 0A1FD1B1AC1ECDAB所在直线为x 解答 在长方体ABCDA1BC11D1中，以

轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立空间直 角坐标系如图．

BAD平面AA1B1B，由已知AB2,AA11，可得A(0,0,0),B(2,0,0),F(1,0,1)．又

0从面BD与平面AA1B1B所成的角即为DBA30 A1FzD123又AB2,AEBD,AE1,AD 3B1AC1EDy从而易得E(, （

1323,0),D(0,,0) 223xⅠ

BC）

13AE(,,0),BF(1,0,1)c22AAA1222o E4EE即异面直线AE、BF所成的角为arccos2 4 （Ⅱ）易知平面AA1B的一个法向量m(0,1,0)设n(x,y,z)是平面BDF的一个法

第 4 页 共 9 页 金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

xx0nBFnBF023向量．BD(2,  ,0)由 233y02xnBDnBD03xz取n(1,3,1)∴cosm,n3xymn315 mn155即平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）大小为arccos15 5 （Ⅲ）点A到平面BDF的距离，即AB在平面BDF的法向量n上的投影的绝对值 ABn|ABn|225cosAB,n|AB|所以距离d|AB| |n|5|AB||n|5所以点A到平面BDF的距离为25 5例题2 如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2 （Ⅰ）证明：AC⊥BO1；

（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小．

O1CzCDO1CDO1DAOBAOBOxA图3 By图1

图2

解答（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1．所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB． 故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，1，3）O1（0，0，3）．

从而AC(3,1,3),BO1(0,3,3),ACBO13330. 所以AC⊥BO1．

（II）解：因为BO1OC3330,所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以

BO1⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量．设n(x,y,z)是0平面O1AC的一

第 5 页 共 9 页 金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

nAC03xy3z0,个法向量，由nOC0y0.1取z3,得n(1,0,3)． 设二面

角O—AC—O1的大小为，由n、BO1的方向可知n，BO1>，所以

3COScosn，BO1>=nBO13.即二面角O—AC—O1的大小是arccos.

44|n||BO1|D为练习2 如图, 在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3,BC4,AB5,AA14 ，点

AB的中点 (Ⅰ)求证ACBC1； (Ⅱ) 求证AC1平面CDB1；

(Ⅲ)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值 C1A1CAB1BD解答∵直三棱锥ABCA1B1C1底面三边长

AC3,BC4,AB5，AC,BC,CC1两两垂直如图建立坐标系，则 3,2,0) 2 (Ⅰ)AC1(3,0,0),BC1(0,4,4),AC1BC10,AC1BC1 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(

(Ⅱ)设CB1与C1B的交点为E，则E(0,2,2)

C1zA1EB13DE(,0,2),AC1(3,0,4)

21DEAC1,DE//AC12BxACDy

DE平面CDB1,AC1平面CDB1,AC1//平面CDB1 AC1CB122 (Ⅲ)AC1(3,0,4),CB1(0,4,4),cosAC1,CB1,∴异

5|AC1||CB1|面直线AC1与B1C所成角的余弦值为22 5例题3 在ΔABC中，已知AB466,cosB，AC边上的中线BD=5，求SINA． 36解答 以B为坐标原点，BC为x轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A位于第一象

第 6 页 共 9 页 金太阳新课标资源网

wx.jtyjy.com

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

限 44530由sinB，则BA(，cosB,sinB)(,)，设BC=（x，0）

3333643x23x2252则BD(,)，由条件得|BD|()()5，从而x=2，

636314245x（舍去），故CA(,)．于是

333cosABACA|BA||CA|880991680480999970 14314 14∴sinA1cosA2练习3 在平面上给定ABC，对于平面上的一点P，建立如下的变换 f:AP的中点为Q，

BQ的中点为R，CR的中点为P，f(P)P'，求证 f只有一个不动点（指P与P重合的点）．

''1111解答：依提意，有AQAP，且AR(ABAQ)ABAP，

22241111'AP(ACAR)ACABAP，要使P'与P重合，应

22481111APACAB，得APAP(4AC2AB)，对于给定的ABC，满足条件

2487的不动点P只有一个．

例题4 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上

一点，PE⊥EC． 已知PD2,CD2,AE1,2PDCEB求

（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）二面角E—PC—D的大小．

解答 （Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别 A为x、y、z轴建立空间直角坐标系． 由已知可得D（0，0，0），P（0，0，2)， C（0，2，0）设A(x,0,0)(x0),则B(x,2,0),

zPGF第 7 页 共 9 页 金太阳新课标资源网ADwx.jtyjy.com CyEBx金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

113E(x,,0),PE(x,,2),CE(x,,0).

222由PECE得PECE0，即x2330,故x. 42由DECE(3133,,0)(,,0)0得DECE， 2222又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得|DE|1，故异面直线PD、CE的距离为1．

（Ⅱ）作DG⊥PC，可设G（0，Y，Z）．由DGPC0得(0,y,z)(0,2,2)0,即

，则 z2y,故可取DG(0,1,2),作EF⊥PC于F，设F（0，M，N）

EF(31,m,n). 2231,m,n)(0,2,2)0,即2m12n0， 2222312m2,故m1,n,EF(,,). 22222由EFPC0得(又由F在PC上得n因EFPC,DGPC,故平面E—PC—D的平面角的大小为向量EF与DG的夹角． 故cosDGEF|DG||EF|2,, 即二面角E—PC—D的大小为. 244

练习4如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一

点，EA⊥EB1，已知AB=2，BB1=2，BC=1，∠BCC1= （Ⅰ）异面直线AB与EB1的距离；

（Ⅱ）二面角A—EB1—A1的平面角的正切值．

解答（I）以B为原点，BB1、BA分别为Y、Z轴建立 空间直角坐标系． 由于BC=1，BB1=2，AB=2，

，求： 3AA1BEC1B1C∠BCC1=，在三棱柱ABC—A1B1C1中有

3B（0，0，0），A（0，0，2），B1（0，2，0），

CzAA1BC1第 8 页 共 9 页 金太阳新课标资源网 Ewx.jtyjy.comxB1y

金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

C(3133,,0),C1(,,0) 22223,a,0),由EAEB1,得EAEB10,即 23333,a,2)(,2a,0)a(a2)a22a,

4422设E(0(131331得(a)(a)0,即a或a(舍去),故E(,,0)222222

313333BEEB1(,,0)(0)0,即BEEB1.222244又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE． 因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线， 则|BE|311，故异面直线AB、EB1的距离为1． 44 （II）由已知有EAEB1,B1A1EB1,故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量

B1A1与EA的夹角．

因B1A1BA(0,0,2),EA(故cos即tanEAB1A1|EA||B1A1|2.2

31,,2),22

23,第 9 页 共 9 页 金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com