立體幾何題怎么解
安振平
高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.
例1 四棱錐P―ABCD的底面是邊長為a的正方形，PB⊥面ABCD.
（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；
（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°
講解:（1）正方形ABCD是四棱錐P―ABCD的底面, 其面積
為從而只要算出四棱錐的高就行了.
面ABCD,
∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，
∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，
∠PAB=60°.
而PB是四棱錐P―ABCD的高，PB=AB?tan60°=a,
.
（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等三角形.
作AE⊥DP，垂足為E，連結EC，則△ADE≌△CDE，
是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.
設AC與DB相交于點O，連結EO，則EO⊥AC，
在
故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.
本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.
例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.
（1）求證：AB1⊥平面CED；
（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；
（3）求二面角B1―AC―B的平面角.
講解:（1）∵D是AB中點，△ABC為等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.
∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；
（2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE
∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1
∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段
∵CE=，AC=1 , ∴CD=
∴；
（3）連結B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC ,
∴∠B1CB是二面角B1―AC―B的平面角.
在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,
∴∠B1AC=600
∴， ∴,
∴ , ∴.
作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.
例3 如圖a―l―是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內，ABC是等腰直角三角形∠ACB=
（I）求三棱錐D―ABC的體積；
（2）求二面角D―AC―B的大小；
（3）求異面直線AB、CD所成的角.
講解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E.
為二面角a―l―的平面角..
是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=
（2）過O在內作OM⊥AC,交AC的反向延長線于M,連結DM.則AC⊥DM.∴∠DMO 為二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且
（3）在平在內，過C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,
異面直線AB,CD所成的角為arctg
比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看.
例4
圖① 圖②
講解: 設容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長為,
.
當且僅當 .
故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為
對學過導數的同學來講，三次函數的最值問題用導數求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數學壓軸題有關，還請做做對照. 類似的問題是:
某企業設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）.
例5 已知三棱錐P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分別為AC、PC的中點，DE⊥AP于E．
（1）求證：AP⊥平面BDE；
（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；
（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐
P―ABC所成兩部分的體積比．
講解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．
由AB=BC，D為AC的中點，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．
（2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點，得DF//AP．
由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．
又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．
（3）設點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則
h1∶h2=EP∶AP=2∶3,
故截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1
值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.
例6 已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數（焦點到準線的距離）
為p的拋物線.
（1）求圓錐的母線與底面所成的角；
（2）求圓錐的全面積．
講解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，
由題意得：,
即,
所以母線和底面所成的角為
（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與
AC的交點，則OO1//AB且
在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點N的坐標為（R，－R），代入方程得
R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.
∴圓錐的全面積為.
將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:
一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓．已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母線長為1，則該幾何體的體積等于 ．
例7 如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分別為EB和AB的中點.
（2）求證：AF⊥BD；
(3) 求二面角B―FC―G的正切值.
講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點，
∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC，
∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，
∴FD∥面ABC.
（2）∵AB=EA，且F為EB中點，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC
∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點，∴AG⊥GC.
∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ②
由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.
（3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.
過G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.
∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.
易求.
例8 如圖，正方體ABCD―A1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且
D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.
(1) 求證PQ∥平面CDD1C1；
(2) 求證PQ⊥AD；
(3) 求線段PQ的長.
講解: （1）在平面AD1內，作PP1∥AD與DD1交于點P1，在平面AC內，作
QQ1∥BC交CD于點Q1，連結P1Q1.
∵ , ∴PP1QQ1 .?
由四邊形PQQ1P1為平行四邊形, 知PQ∥P1Q1? ?
而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ∥平面CDD1C1?
（2）AD⊥平面D1DCC1， ∴AD⊥P1Q1，?
又∵PQ∥P1Q1， ∴AD⊥PQ.?
（3）由（1）知P1Q1 PQ,
，而棱長CD=1. ∴DQ1=. 同理可求得 P1D=.
在Rt△P1DQ1中，應用勾股定理, 立得
P1Q1=.?
做為本題的深化, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點,試求的最小值, 你能夠應用函數方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示?
如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=
（1） 求MN的長；
（2） 當為何值時，MN的長最小；
（3） 當MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。
立體幾何知識是復課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據課本, 熟化知識, 構建空間思維網絡, 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關.
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