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