立體幾何題怎麼解
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係的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.
例1 四稜錐p—abcd的底面是邊長為a的正方形，pb⊥面abcd.
（1）若麵pad與面abcd所成的二面角為60°，求這個四稜錐的體積；
（2）證明無論四稜錐的高怎樣變化，面pad與面pcd所成的二面角恆大於90°
講解:（1）正方形abcd是四稜錐p—abcd的底面, 其面積
為從而只要算出四稜錐的高就行了.
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是四稜錐p—abcd的高，pb=ab·tg60°=a,
（2）不論稜錐的高怎樣變化，稜錐側面pad與pcd恒為全等三角形.
作ae⊥dp，垂足為e，鏈結ec，則△ade≌△cde，
是面pad與面pcd所成的二面角的平面角.
設ac與db相交於點o，鏈結eo，則eo⊥ac，
在故平面pad與平面pcd所成的二面角恆大於90°.
本小題主要考查線面關係和二面角的概念，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, 特徵鮮明的好題.
例2 如圖，直三稜柱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）鏈結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兩點在稜上，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） 求三稜錐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並延長至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的反向延長線於m,鏈結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於f，∠dcf為異面直線ab、cd所成的角. 為等腰直角三角形，又af等於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在邊長為a的正三角形的三個角處各剪去乙個四邊形．這個四邊形是由兩個全等的直角三角形組成的，並且這三個四邊形也全等，如圖①．若用剩下的部分折成乙個無蓋的正三稜柱形容器，如圖②．則當容器的高為多少時，可使這個容器的容積最大，並求出容積的最大值．
圖圖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，三次函式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2023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:
某企業設計乙個容積為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，製造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）.
例5 已知三稜錐p—abc中，pc⊥底面abc，ab=bc，
d、f分別為ac、pc的中點，de⊥ap於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分三稜錐
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分三稜錐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分三稜錐p—abc所成兩部分的體積比」並沒有說明先後順序, 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乙個半圓，它被過底面中心o1且平行於母線ab的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦引數（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，建立座標系，則o為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點n的座標為（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結, 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，截口是乙個橢圓．已知橢圓的
長軸長為5，短軸長為4，被截後幾何體的最短側面母
線長為1，則該幾何體的體積等於
例7 如圖，幾何體abcde中，△abc是正三角形，ea和dc都垂直於平面abc，且ea=ab=2a， dc=a，f、g分別為eb和ab的中點.
（1）求證：fd∥平面abc；
（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都垂直於面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的稜長為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交於點p1，在平面ac內，作
qq1∥bc交cd於點q1，鏈結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,
，而稜長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, 你能夠應用函式方法計算嗎? 試試看.
並與如下2023年全國高考試題做以對照, 你會得到什麼啟示?
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。
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