最新高中数学典型立体几何模型_高中三年全科资料_高中三年全科资料_数学

一、长方体模型
长方体 ABCDABC D 中 BD 是长方体的对角线，它有几个结论：
1 1 1 1 1
D
C
A
B
 c
D1

 C1
b
A1 a B1
①体对角线长是： BD  a2b2c2
1
②体的对角线与一个端点的三条棱所成的角分别为,,，则
cos2cos2cos21
③考虑四面体 BC AD 是对棱长分别相等的四面体，
1 1
即 AB DC ,BC DA,DB  AC ，对棱长分别是 a2 b2, b2 c2, c2 a2 .
1 1 1 1 1 1
例 1 某四面体异面对棱的棱长分别相等，分别是 ，求四面体的体积.
a,b,c
分析：做起来很简单，只要把这个四面体嵌入到棱长分别为 的长方体中，
x,y,z
a2  x2  y2,

如图，由 b2  y2 z2, 把 x2,y2,z2看作三个元，解这个三元方程组得：

c2  z2 x2.

1
 a2 c2 b2
x2  , D
C
2

A
 a2 b2 c2 B
y2  , 这样 x,y,z 都可以用这个四面体的对棱长 z
2 D1

y
C1
 b2 c2 a2
z2  . A1 x B1
 2
来表达.
四面的体积＝长方体的体积－4 个三棱锥的体积
xyz 1 2
所以 V  xyz4  xyz  (a2b2c2)(b2c2a2)(a2b2c2) .

6 3 12
A
四面体中异面对棱长分别为 的四面体的体积的算
a,b,c
法——嵌入法.这种方法叫做嵌入法，“嵌入”的意思就是把 M
C
P
不容易找到体积的空间图形放到能够嵌住的一个大的长方

B
体，而那个大的长方体的体积是比较好求的.这就是长方体
A
模型的一个利用.
M
C
P
例 2 如图，三棱锥 P ABC 中，APB BPC CPA 90， M 在
△ ABC 内，MPA  60,MPB 45，求MPC 的度数. B
分析：在三棱锥内部嵌入一个长方体，长方体的三个
P
面与三棱锥的三个面是吻合的，这样 PM 是这个长方体的
对 角 线 . 根 据 cos2MPBcos2MPCcos2MPA1 ， 可 得 A D
1
cos2MPC  ，从而MPC 60.如果在图中随便连 MC，解
B C
4
△MPC 那恐怕不是好办法.
2这说明思路不同常常造成解题繁简相差是很大的.我们这个题比较成功的是
把长方体嵌到三棱锥里面去，而这个三棱锥是一个大长方体的一个角，以 PM 为
对角线的长方体嵌到三棱锥 P ABC 是完全可能的.
例 3 四棱锥 P ABCD 中， ABCD 是矩形， AB 4,BC 12,PA 面ABCD, PA3 ，求
PC 与 BD 的成角的余弦值.
解：延长 AB 到 E，使 AB＝BE，连结 EP、EC

RtPAE中,
PE2 PA2 AE2 32 82  73
P
RtCBE中
CE2 BC2 BE2 122 42 160
PC2 CE2 PE2 A D
在PCE 中， cosPCE ＝ ＝
2PCPE
B
C
16916073 16 10
＝
2134 10 65 E
16 10
所以 PC 与 BD 成角的余弦值为 .
65
点评：长方体模型对于确立 起了很大的作用.
PCE
二、长方体的“一角”模型 
P
在 三 棱 锥 P ABC 中 ， PAPB,PB PC,PC PA ， 且
c
a
PAa,PB b,PC c . b
A C
①以 P 为公共点的三个面两两垂直；
B
②△ABC 是锐角三角形
3 氪课教育证明：设 PAa,PB b,PC c
△ABC 中 
P
AB2 AC2 BC2 (a2 b2)(a2 c2)(b2 c2)
cosA  0 .
2ABAC 2 (a2 b2)(a2 c2) a c
b
所以A 为锐角，同理B,C 也为锐角.
A C
H
③P 在底面 ABC 的射影是△ABC 的垂心
B
④三棱锥 P ABC 的高
abc
h
a2b2 b2c2 c2a2
设直线 AH 交 BC 于 D 点，由于 H 点一定在△ABC 内部，所以 D 点一定在

BC 上，连结 PD.
P
在△PAD 中， c
a
b
bc
a( ) A C
b2 c2 abc H
D
PH  
bc a2b2 b2c2 c2a2
a2 ( )2 B
b2 c2
这个结果也可以这样说：如果在三棱锥 P ABC 中，在底面上作 AD  BC 于 D，
连结 PD，
则 PD  DC .或者说：作 PD BC,连结AD, 则 AD  BC .这将来对二面角的平面角有
好的影响.
⑤二面角PBCA,PCAB,PABC 的平面角分别是
a b2 c2 b a2 c2 c a2 b2
.
arctan ,arctan ,arctan
bc ac ab
1
⑤体积： V  abc ;⑥它的外接球直径是 a2 b2 c2 .
6
4 氪课教育例 4、四棱锥 E ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， EA面ABCD,EA1 ，
求 ADEB 的大小.
分析：考虑三棱锥 AEDB ，它就是模型 2－长方体的“一个角”.本来我们可
以利用 arctan …，这儿只要过 A 作 AF DE ，连结 BF，于是 BF  DE .则AFB 就是
二面角A－DE－B的平面角，只要把这个角算出就行.首先△BAF是直角三角形，
原因是BAF 是直角.

在 Rt△BAF 中
P
AB 2
BFAarctan arctan arctan 3
AF 1 2
D
1( 2)2 A
B
C
所以BFA60.
我们看到象例 4 这样本来是高考中大题目，可是抓到了长方体“一角”，做
起来就变得很轻松了.
例 5、直二面角 DABE 中，ABCD 是边长为 2 的正方形（见图）AE＝BE，
F 为 CE 上的点，BF⊥面 ACE，求 D 到面 ACE 的距离.
分析：这是一道高考中的大题.因为 D－AB－E 是直二面角，BC⊥面 ABE，
当然面 ABCD⊥面 ABE，又因为 ABCD 是正方形，BC 要垂直于面 ABE.
在 ABE 中，AE 就是面内的一条线，而 BE 就是 BF 在该面内的射影，而 AE
是垂直于 BF，这是因为 BF 垂直面 ACE 的，所以 AE 是垂直于面 ACE 的.所以
AE 垂直于 BF，又有 AE＝BE，所以△ABE 是等腰直角三角形.这一小段是熟悉
几何环境的过程.图形中特殊的位置关系约束△ABE 的形状.
5 氪课教育补充图形，在正方体 ABCDABC D 看问题.在这里看直二面角的局部图形.
1 1 1 1
问题就转化为：求 D 到面 ACE 的距离，就是求 O 点到面 AB C 的距离.
1
因为 O，B 到面 ACB 的距离相等，所以只须求 B 到面 ACB 的距离即可，
1 1
考虑三棱锥 B－ACB ，它是模型 2. C
1  D
O
23 2 3
BC BABB
1
 2,BF 
243

3
D1
C 1
F
A B
2 3
所以，D 到面 ACE 的距离为 .
3 E
A B
1 1
点评：比起高考评分标准给的答案那要简单得多了.这
儿要注意：一个是把局部的直二面角根据它的 AEB 是以 E 为直角的等腰直角三
角形和 ABCD 是正方形的图形特征，补足正方体，这就是一种扩大的几何环境，
而正方体也就是长方体模型，另一方面又抓到这正方体的一个角 B－ACB ，那么
1
这个角的模型更高，这就使我们在运算过程中得以简化.
所以说一道看起来很复杂的几何题，用典型几何模型做就显得轻松.

C1
例6 底面为ABCD的长方体被截面AEC F所截， F
1
D
C
AB＝4，BC＝2，CC ＝3，BE＝1（见图），求 C 点到 N
1 E
A
面 AEC F 的距离. B
1 M
分析：这也是一道高考题，在评分标准中给出了很多的辅助线.现在我们用
典型的空间模型，再对这道题解解看.
解：延长 C E，交 CB 的延长线于 M，延长 CD，交 C F 延长线于 N，C－
1 1
C NM 是模型 2.
1
6 氪课教育
CM CC CM 3
因为  1 ,  ,CM 3 P
CN BC BE CM 2 1
CN CC CN 3
同理  1 ,  ,CN 12 .
CN CD DF CN 4 2 
1
 A
所以，C 到面 C MN 的距离为 B

1 2
C

3312 4 33
 .
9991449144 11
点评：利用模型解法比高考试卷评分标准中答案要简单得多.
三、公式 coscoscos 的几何模型
1 2
PA平面，PB是的斜线,B,AB 是 PB 在内的射影，BC 是内一条直线

PBC ,PBA,ABC , 则有 coscoscos .
P
1 2 1 2
大家要注意搞清楚那个是，那个是，那个是 ，实
1 2

际上只要搞清那个是，另外两个就是, . 1
1 2
B  A

2
内的直线不一定过 B，如右图所示：
C
D 
在直线 AB 上有一点 D，过 D 在画一直线 DC，则是
直线 PB 与 DC 所成的角，PBA,ADC . 则 coscoscos
1 2 1 2
那么这样的有可能利用这样的模型计算出异面直线成角.PB 和 DC 的成角.

例 7 EA⊥面 ABCD，ABCD 是边长为 的正方形，EA＝1，在 AC 上是
2
E
否存在 P 点，使 PE、BC 成 60角.
EPA
1 A D
分析：APM 
2 M N
EPM  P
B
C
7 氪课教育cosEPAcosAPM cosEPM
1 AP 2 1
即   , 所以 AP 1 AC .
2 1 AP2 2 2
可见 AC 中点即是要找的点 P

例 8 长方体 ABCDABC D 中，AB＝2，AA ＝1，BD 与面 AA B B 成 30°
1 1 1 1 1 1 1
角.AE⊥BD 于 E，F 为 A B 的中点，求 AE，BF
1 1 A1 D1
成角.
F A
D
解： coscoscos cos45cos(9030)
1 2
B1
C1 E
2 1 2
＝   .
2 2 4 B
C
2
所以 AE，BF 成角为 .
arccos
4
这样的一个题目，最重要的是位.在高考评分标准中，都要有很长的解题过
程中.

四、正四面体
正四面体如同平面几何中的正三角形，是立体
A
几何中最常见的基础四面体，特别在多球问题中有
F
广泛的应用.正四面体的主要数量特征都集中在它
的对称面上.
B D
G
E
C
8 氪课教育如图，正四面体 ABCD ，E、F 分别是对棱 BC、AD 的中点，△AED 是它
2
的对称面，若正四面体的棱长为 1，通过解△AED，可得它的对棱距离 EF  .
2
6 AG 6 3AG 6
高 AG  ，内切球半径 r   ，外接球的半径 R   ，表面积为 3 ，体
3 4 12 4 4

12 1
积为 ，相邻面所成的角的平面角为 AEDarccos ，侧棱与底面成的角为
12 3
3
ADE arccos .
3
E F
例 1 如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD
是边长为 1 的正方形，且△ADE、△BCF 均为正三角
D C
形，EF//AB，EF＝2，则该多面体的体积为（ ） A
B
2 3 4 3
A. B. C. D.
3 3 3 2
分析：多面体 ABCDEF 是由一个侧面为正方形 ABCD 的正三棱柱，与一个
边长为 1 的正四面体组合而成.这个正三棱柱的侧棱与对面的距离（即 EF 与面
1 2 2 2
ABCD 的距离）等于正四面体的对棱距离，因此它的体积为 V  1   ，
2 2 12 3
故选 A.
例 2 将半径都为 1 的 4 个小球完全装入正四面体的容器里，这个正四面体
高的最小值为（ ）
32 6 2 6 2 6 4 32 6
A. B. 2 C. 4 D.
3 3 3 3
9 氪课教育分析：这四个小球放入后，它们的球心也形成了一个边长为 2 的正四面体，
这个四面体与正四面体容器有公共的中心（内切球与外接球的公共球心），中心
到各个面的距离是它的半径，而中心到两个正四面体的对应面的距离相差 1，若
6 6 6
四面体的边长为 2，对应这个距离为 2  ，容器的中心到面的距离为 1 ，
12 6 6
则容器的高是它的四倍，故应选 C.

五、双垂四面体
如图 3，四面体 A－BCD，AB⊥面 BCD，CD⊥面 BCA，这种四面体构成
许多简单多面体的基本图形，不妨称为双垂四面体，主要性质：
（1）它的四个面都是直角三角形；
A
（2） cosADC cosADBcosBDC ；
（3）以 BD、BC 和 AC 为棱的二面角 都是直二面角，以
D
B
AB、BC 为棱的二面角的平面角，分别是DBC 与ACB ；
C
ABCD 图3
（4）以 AD 为棱的二面角为，则 cos ；
ACBD
（5）对棱 AB 与 CD 垂直，且 BC 是它们的公垂线；
BC
（6）对棱 AD 与 BC 为异面直线，它们夹角为，则 cos ，等等.
AD
D O1 C
例 3 如图 4，ABCD 是上下底长分别为 2 和 6，高为
3
的等腰梯形，将它沿对称轴 OO 拆成直二面角，如图 5. A O B
1
图4
（1）证明：AC⊥BO ；
1
（2）求二面角 O－AC－O 的大小.
1
10 氪课教育解：（1）略

（2）∵平面 AOO⊥平面 OOC，又∵AO⊥OC，∴ O1 C
1 1 1
D
AO 平面OOC，同理CO⊥平面AOO，四面体 AOO C 是
1 1 1 1
一个双垂四面体，若二面角 O－AC－O 的平面角为，则 O B
1
A 图5
AOCO
cos 1 ，根据条件，从图 5 中可知 AO＝3，OC＝2，
OCAO
1

3
AO 2 3 ，CO ＝1，即可自得 cos .
1 1 4
例 4 如图 6，直二面角 D－AB－E 中，四边形 ABCD
D C
是边长为 2 的正方形，AE＝EB，F 为 CE 上的点，且 BF
⊥平面 ACE.
F
A B
（1）求证：AE⊥平面 BCE；
E
图6
（2）求二面角 B－AC－E 的大小；
（3）求点 D 到平面 ACE 的距离.
分析：当（1）证明后，我们很容易识别四面体 A－EBC 是一个双垂四面体，
CBAE
若二面角 B－AC－E 的平面角为，则 cos ，由条件可以计算出 AB＝
ABCE
3
CB=2,AE= 2 ， CE  6 ，∴arccos .
3
值得注意的是此题的（3）并不需要用等积变换，根据平面斜线上两点到平
面的距离等于它们的斜线长的比，∴点 D 到平面 ACE 的距离等于 B 点到平面
ACE 的距离，也就是线段 BF 的长为
11 氪课教育EBBC 2 2 2 3
  .
EC 6 3
利用典型立体几何模型解高考题：
如图 3 所示，在四面体 P ABC 中，已知 PA  BC  6 ，
15
PC  AB 10,AC 8,PB 2 34 ． F 是线段 PB 上一点， CF  34 ，点 E 在线段 AB 上，
17
且 EF  PB ．
P
（Ⅰ）证明： PB 平面ＣＥF ；
F
（Ⅱ）求二面角 BCE F 的大小．
B
E
【答案】：
A
(Ⅰ)证明：在ABC 中， ∵ AC 8,AB 10,BC  6,
∴ AC2  BC2  AB2, 图3 C
∴△PAC 是以∠PAC 为直角的直角三角形，
同理可证，△PAB 是以∠PAB 为直角的直角三角形，
△PCB 是以∠PCB 为直角的直角三角形．
15
在 RtPCB 中，∵ PC 10,BC  6,PB  2 34,CF  34,
17
∴ PCBC  PBCF, ∴ PB CF, 又∵ EF  PB,EF CF  F,
∴ PB 平面CEF.
（II）由（I）知 PB⊥CE，PA⊥平面 ABC
∴AB 是 PB 在平面 ABC 上的射影，故 AB⊥CE ∴CE⊥平面 PAB，而
EF平面 PAB，
12 氪课教育∴EF⊥EC， 故∠FEB 是二面角 B—CE—F 的平面角，
AB 10 5
∵PAB ~ EFB ∴ tanFEB  cotPBA   ，
AP 6 3
5
∴二面角 B—CE—F 的大小为 ．
arctan
3
2、如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PD⊥底面 ABCD，E 是

1
AB 上一点，PE⊥EC. 已知 PD  2,CD  2,AE  , 求
2 P
（Ⅰ）异面直线 PD 与 EC 的距离；
（Ⅱ）二面角 E—PC—D 的大小. D
C
A E B
（Ⅰ）因 PD⊥底面，故 PD⊥DE，又因 EC⊥PE，且
DE
是 PE 在面 ABCD 内的射影，由三垂直线定理的逆定理知
EC⊥DE，因此 DE 是异面直线 PD 与 EC 的公垂线.
x CD
设 DE=x，因△DAE∽△CED，故  ,即x2 1,x  1 （负根舍去）.
AE x
从而 DE=1，即异面直线 PD 与 EC 的距离为 1.
（Ⅱ）过 E 作 EG⊥CD 交 CD 于 G，作 GH⊥PC 交 PC 于 H，连接 EH. 因
PD⊥底面，
故 PD⊥EG，从而 EG⊥面 PCD.
因 GH⊥PC，且 GH 是 EH 在面 PDC 内的射影，由三垂线定理知 EH⊥PC.
因此∠EHG 为二面角的平面角.
1 3
在面 PDC 中，PD= 2 ，CD=2，GC= 2  ,
2 2
13 氪课教育CG 3
因△PDC∽△GHC，故 GH  PD  ，
PC 2
1 3
又 EG  DE2 DG2  12 ( )2  ,
2 2

故在 RtEHG中,GH  EG,因此EHG  ,
4

即二面角 E—PC—D 的大小为
.
4

3、如图，在三棱柱 ABC—A B C 中，AB⊥侧面 BB C C，
1 1 1 1 1 A A!
E 为棱 CC 上异于 C、C 的一点，EA⊥EB ，已知 AB= ，
2
1 1 1

BB =2，BC=1，∠BCC = ，求： B
1 1
B!
3
（Ⅰ）异面直线 AB 与 EB 的距离；
1
C
E
C!
（Ⅱ）二面角 A—EB —A 的平面角的正切值.
1 1
（Ⅰ）因 AB⊥面 BB C C，故 AB⊥BE.
1 1
又 EB ⊥EA，且 EA 在面 BCC B 内的射影为 EB.
1 1 1
由三垂线定理的逆定理知 EB ⊥BE，因此 BE 是异面直线
1
AB 与 EB 的公垂线，
1
在平行四边形 BCC B 中，设 EB=x，则 EB = 4x2 ，
1 1 1
 3
作 BD⊥CC ，交 CC 于 D，则 BD=BC· sin  .
1 1
3 2
1 1 3
在△BEB 中，由面积关系得 x 4 x2  2 ,即(x2 1)(x2 3)  0 .
1
2 2 2
解之得x  1,x   3 （负根舍去）
14 氪课教育
当x  3时,在BCE中,CE2 12 2CEcos 3,
3
解之得 CE=2，故此时 E 与 C 重合，由题意舍去 x  3 .
1
因此x=1，即异面直线 AB 与 EB 的距离为 1.
1
（Ⅱ）过 E 作 EG//B A ，则 GE⊥面 BCC B，故 GE⊥EB 且 GE 在圆 A B E
1 1 1 1 1 1
内，
又已知 AE⊥EB
1
故∠AEG 是二面角 A—EB —A 的平面角.
1 1
BE 1 2
因 EG//B A //BA，∠AEG=∠BAE，故 tan AEG    .
1 1
AB 2 2
15 氪课教育