数学竞赛之立体几何专题精讲(例题+练习)

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cosSS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，即为所求二面角．例１直线OA和平面斜交于一点O，OB是OA在内的射影，OC是平面内过O点的任一直线，设,,.AOCAOBBOC，求证：coscoscos．分析：如图，设射线OA任意一点A，过A作AB于点B，又作BCOC于点C，连接AC．有：cos,cos,cos;OCOBOCOAOAOB所以，coscoscos．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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，F在棱CD上，使得：0AECFEBFD，记f，其中表示EF与AC所成的角，其中表示EF与BD所成的角，则：（A）f在0,单调增加；（B）f在0,单调减少；OCBAFEDCBAG（C）f在0,1单调增加；在1,单调减少；（D）f在0,为常数．`分析：根据题意可首先找到与,对应的角．作EG∥AC，交BC于G，连FG．显然FG∥BD，∠GEF=，∠GFE=．∵AC⊥BD，∴EG⊥FG∴90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，则sin．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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即可．如图所示的平面ABD就是合乎要求的平面，于是：3sin3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1,3ABCD，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于3113;;;2233ABCD分析：根据锥体的体积公式我们知道：1V=3Sh．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：111sin362ABCDABDEDABEBDEVVVShABBEABEh例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线224,4,4,4xyxyxx围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1，满足22222216,24,24xyxyxy的点,xy组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则：（A）V1=12V2；（B）V1=23V2；（C）V1=V2；（D）V1=2V2；ODCBADCBAEDCBA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44yaa，则：21162164Saa当0a时：22221642164Saaa当0a时：22221642164Saaa显然，12SS，于是有：12VV．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：222ra∴334223424Vaa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：222326333haaaa，所以，66,412Rara．ROEDCAPrB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=23．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．∴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=233a∴11139333333224SABCABCVShOEDHCASB例十九、（1998年全国联赛一试）ABC中，90,30,2CBAC，M是AB的中点．将ACM沿CM折起，使A、B两点间的距离为22，此时三棱锥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，AF=EF=BD=3，EB=DF=2,所以：AE2=AB2-EB2=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：2312633h.FFMMEEDDBBCCAA∴1126222313233V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111PQPRPS（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；（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RPSSPQ，于是有：13PQRSOPQROPRSOPSQPQRPRSPSQVVVVSSSh1sin6PQPRPRPSPSPQh又：1sinsin6PQRSQPRSVVPQPRPS，其中为PQ与平面PRS所成的角．sinsinsinPQPRPRPSPSPQhPQPRPS于是得：111PQPRPSsinh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：12DDDMSCMC，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OSRQCBAPGFMEDDCBASH锥的外接球的球心．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：A1D、AC、BC1、B1D1，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．51112BCPDPGGDGDGDADEFPGPGPGOHAO；故：2425APEFPEFAPBCPBCVSEFVSBC；于是：421APEFAEFBCVV．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A1DCBAD1C1B1FEOMDCBAPHG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