1.3 空间几何体的表面积与体积（通用）优质课教案推荐

g3.1072立体几何综合问题

立体几何题怎么解

高考立体几何试题一般共有4道(客观题3道, 主观题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点计算”的发展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题.

例1

四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD.

（1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；

（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°

讲解:（1）正方形ABCD是四棱锥P—ABCD的底面, 其面积

为a2,从而只要算出四棱锥的高就行了. PB面ABCD,

∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，

∴PA⊥DA，

∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，

∠PAB=60°.

而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tg60°=3a,

V锥

1333aa2a. 33

（2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.

作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，

AECE,CED是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 90,故CEA

设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，

2aOAAEADa.

2

222

在AEC中,cosAECAEEC(2OA)(AE2OA)(AE2OA)0.

2AEECAE2

故平面PAD与平面PCD所成的二面角恒大于90°.

本小题主要考查线面关系和二面角的概念，以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.

例2

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C点到AB1的距离为3CE=，D为AB的中点.

2（1）求证：AB1⊥平面CED；

（2）求异面直线AB1与CD之间的距离；

（3）求二面角B1—AC—B的平面角.

C1A1B1EADCB

讲解:（1）∵D是AB中点，△ABC为等腰直角三角形，∠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是异面直线AB1与CD的公垂线段

∵CE=32，AC=1 , ∴CD=.

22(CE)2(CD)21；

2∴DE（3）连结B1C，易证B1C⊥AC，又BC⊥AC ,

∴∠B1CB是二面角B1—AC—B的平面角. 在Rt△CEA中，CE=∴∠B1AC=600 ∴AB13，BC=AC=1, 212，

∴BB1(AB1)2(AB)22, 2cos60∴

tgB1CBBB12

, ∴B1CBarctg2. BC作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例3

如图a—l—是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在内，ABC是等腰直角三角形∠ACB=90.

（I）

求三棱锥D—ABC的体积；

（2）求二面角D—AC—B的大小；

（3）求异面直线AB、CD所成的角.

0

讲解:

(1) 过D向平面做垂线，垂足为O，连强OA并延长至E.

ABAD,OA为DA在平面上的射影,ABOADAE为二面角角.DAE120,DAO60.ADAB2,DO3. a—l—的平面ABC是等腰直角三角形，斜边AB=2.SABC1,又D到平面的距离DO=3.

VDABC3.

3

（2）过O在内作OM⊥AC,交AC的反向延长线于M,连结DM.则AC⊥DM.∴∠DMO

为二面角D—AC—B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且OAMCAE45,OM2.tgDMO6.DMOarctg6.

2

（3）在平在内，过C作AB的平行线交AE于F，∠DCF为异面直线AB、CD所成的角.

为等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距离，即△ABAF,CFAFCFDF,又CAF45,即ACFABC斜边上的高,AFCF1.

DF2AD2AF22ADAFcos1207.tgDCF角为arctg7.

DF7.tgDCF7.异面直线AB,CD所成的CF比较例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看.

例4在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．

图①

图②

讲解:

设容器的高为x．则容器底面正三角形的边长为a23x, V(x)3ax(a23x)2(0x)4233143x(a23x)(a23x)443

143xa23xa23x3a3

(. )163543

当且仅当

43xa23x,即x3a时,Vmaxa.. 18543故当容器的高为3a时，容器的容积最大，其最大容积为a.

1854对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，本题的深化似乎与2002年全国高考文科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是:

某企业设计一个容积为V的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径r和圆柱的高h为何值时，制造这个密闭容器的用料最省（即容器的表面积最小）.

例5

已知三棱锥P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，

D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．

（1）求证：AP⊥平面BDE；

（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；

（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比．

讲解:

(1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．

由AB=BC，D为AC的中点，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分别为AC、PC的中点，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）设点E和点A到平面PBC的距离分别为h1和h2．则

h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

VPEBFVEPBFVPABCVAPBC1h1SPBF213.

1323h2SPBC3

故截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分体积的比为1∶2或2∶1 值得注意的是, “截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误. 例6

已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O1且平行于母线AB的平面所截，若截面与圆锥侧面的交线是焦参数（焦点到准线的距离）

为p的抛物线. （1）求圆锥的母线与底面所成的角；

（2）求圆锥的全面积．

讲解:

（1）设圆锥的底面半径为R，母线长为l，

由题意得：l2R, R1即cosACO1, l2所以母线和底面所成的角为60.

（2）设截面与圆锥侧面的交线为MON，其中O为截面与

AC的交点，则OO1//AB且OO11AB.

20

在截面MON内，以OO1所在有向直线为y轴，O为原点，建立坐标系，则O为抛物的顶点，所以抛物线方程为x2=－2py，点N的坐标为（R，－R），代入方程得

R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p. ∴圆锥的全面积为RlR28p24p212p2. 将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．已知椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母 线长为1，则该几何体的体积等于 ．

例7

如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a，G分别为EB和AB的中点. （1）求证：FD∥平面ABC；

（2）求证：AF⊥BD；

(3) 求二面角B—FC—G的正切值. 讲解: ∵F、G分别为EB、AB的中点，

∴FG=1EA，又EA、DC都垂直于面ABC,

FG=DC，

∴四边形2FGCD为平行四边形，∴FD∥GC，又GC面ABC，

∴FD∥面ABC. （2）∵AB=EA，且F为EB中点，∴AF⊥EB

①

又FG∥EA，EA⊥面ABC ∴FG⊥面ABC ∵G为等边△ABC，AB边的中点，∴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. 过G作GH⊥FC，垂足为H，连HB，∴HB⊥FC. ∴∠GHB为二面角B-FC-G的平面角. 易求GH3a32a,tgGHB323. 2a

例8

如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且

D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.

(1) 求证PQ∥平面CDD1C1；

(2) 求证PQ⊥AD；

(3) 求线段PQ的长.

讲解:

（1）在平面AD1内，作PP1∥AD与DD1交于点P1，在平面AC内，作

QQ1∥BC交CD于点Q1，连结P1Q1.

∵

D1PPADQQB512,

∴PP1//QQ1 .

由四边形PQQ1P1为平行四边形,

知PQ∥P1Q1

DC=a，F、

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,

512DQ1DQ5，而棱长CD=1.

∴DQ1=.

同理可求得

P1D=. Q1CQB121717在Rt△P1DQ1中，应用勾股定理, 立得

13125P1Q1=P1DDQ.

1717172222做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q分别是BD,AD1上的动点,试求PQ的最小值, 你能够应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2002年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示? 如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a(0a2).

（1）

求MN的长；

（2）

当a为何值时，MN的长最小；

（3）

当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。

C

DM

BE

N

AF

立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.

四、作业

同步练习1、已知两条异面直线a,b所成的角为g3.1072

立体几何综合（一）

，直线l与a, l与b所成的角都等于θ, 则θ的取值范围是

（

）

352]

(D) [,]

(A) [,]

(B) [,]

(C) [,326266332、已知矩形ABCD的长AD=4，宽AB=3，E、F分别为AD、BC的中点，现将ABFE沿EF折成ABFE

使二面角ABEFDC的平面角为60，则AC= （ ）

（A）23 （B）11 （C）13 （D）32

3、A、B两地在同一纬线上，这两地间的纬线长为Rcos，（R是地球半径，是两地的纬度数），则这两地间的距离

为

（

）

（A）R

（B）Rcos

（C）R2R

（D）RR 4、已知正四棱锥P-ABCD的棱长为23a，侧面等腰三角形的顶角为30，则从点A出发环绕侧面一周后回到A点的最短路程等于（

）

（A）22a

（B）4a

（C）6a

（D）123a

5、空间四边形ABCD的各边与对角线的长都为1，点P在边AB上移动，点Q在CD上移动，则点P和Q的最短距离为（

）

（A）1323

（B）

（C）

（D）

24226、若四面体的一条棱长为x，其余棱长为1，体积为F(x)，则函数F(x)在其定义域上（

）

（A）是增函数但无最大值

（B）是增函数且有最大值

（C）不是增函数且无最大值

（D）不是增函数但有最大值

7、正四棱锥S-ABCD的侧棱长为2，底面的边长为3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成的角为

。

8、已知a=(3,1,5), b=(1,2,3), 向量c与z轴垂直，且满足ca=9, cb=4，则c=

9、已知PA、PB、PC两两垂直且PA=2，PB=3，PC=2，则过P、A、B、C四点的球的体积为

。

10、已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2cm, 高为4cm，过BC作一个截面，截面与底面ABC成60角，则截面的面积是

11、(05全国卷1) 已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，DAB90,PA底面ABCD，且PA=AD=DC=1AB=1，M是PB的中点。

2（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；

（Ⅱ）求AC与PB所成的角；

（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。

12、（05福建）如图，直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE. （Ⅰ）求证AE⊥平面BCE；

（Ⅱ）求二面角B—AC—E的大小；

（Ⅲ）求点D到平面ACE的距离.

13、已知四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，求这个四面体体积的所有可能的值。

参考答案

B C C C B D

7、

8、（322219,,0）

9、

10、23cm2. 55211、本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：

（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，

∴由三垂线定理得：CD⊥PD. 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，

∴CD⊥面PAD. 又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA，

则∠PBE是AC与PB所成的角. 连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2，

所以四边形ACBE为正方形.

由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°

在Rt△PEB中BE=2，PB=5，

cosPBEBE10.

PB5AC与PB所成的角为arccos10.

5（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN. 在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，

∴△AMC≌△BMC, ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角. ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，

在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC中，AN·MC=CM(2AC2)AC，

2

322AN52AN2BN2AB22

.

∴AB=2，cosANB2ANBN356故所求的二面角为arccos().

方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为

A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，). （Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC.

由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD. 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因AC(1,1,0),PB(0,2,1),

2312故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在R,使NCMC,

11NC(1x,1y,z),MC(1,0,),x1,y1,z..

2214要使ANMC,只需ANMC0即xz0,解得.

25412可知当时,N点坐标为(,1,),能使ANMC0.555

1212此时,AN(,1,),BN(,1,),有BNMC05555由ANMC0,BNMC0得ANMC,BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角. |AN|30304,|BN|,ANBN.555ANBNcos(AN,BN)2.3|AN||BN|2故所求的二面角为arccos().3

12、

解法一：（Ⅰ）BF平面ACE.

BFAE.

∵二面角D—AB—E为直二面角，且CBAB，

CB平面ABE.

CBAE.

AE平面BCE.

（Ⅱ）连结BD交AC于C，连结FG，

∵正方形ABCD边长为2，∴BG⊥AC，BG=2，

BF平面ACE，

由三垂线定理的逆定理得FG⊥AC.

BGF是二面角B—AC—E的平面角. 由（Ⅰ）AE⊥平面BCE，

又AEEB，

∴在等腰直角三角形AEB中，BE=2. 又直角BCE中,ECBC2BE26,

BFBCBE2223，

EC3623BF6直角BFG中,sinBGF3.

BG32∴二面角B—AC—E等于arcsin6.

3

（Ⅲ）过点E作EOAB交AB于点O. OE=1. ∵二面角D—AB—E为直二面角，∴EO⊥平面ABCD. 设D到平面ACE的距离为h，VDACEVEACD,

SACBh131SACDEO.

311ADDCEO22123

22AE平面BCE，AEEC.

h.113AEEC2622∴点D到平面ACE的距离为23.

3解法二：（Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直

线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行

于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系

O—xyz，如图. AE面BCE，BE面BCE，

AEBE，

在RtAEB中,AB2,O为AB的中点，

OE1.A(0,1,0),E(1,0,0),C(0,1,2).

AE(1,1,0),AC(0,2,2).

设平面AEC的一个法向量为n(x,y,z)，

AEn0,xy0,即则

2y2x0.ACn0,

解得yx,

zx,

令x1,得n(1,1,1)是平面AEC的一个法向量. 又平面BAC的一个法向量为m(1,0,0)，

cos(m,n)m,n|m||n|133.

3

∴二面角B—AC—E的大小为arccos3.

3（III）∵AD//z轴，AD=2，∴AD(0,0,2)，

∴点D到平面ACE的距离d|AD||cosAD,n|ADn||n|2323.

3

13、解：根据已知条件及构成三角形的条件满足要求的四面体应分为三类。

AAABCAB=AC=AD=2BC=CD=DB=1DBDBDCCAC=AD=BC=BD=2AB=AC=AD=BC=BD=2

AB=CD=1

CD=1

（1）如图1，四面体各棱AB=AC=AD=2，BC=CD=BD=1，则AO=22(233211，所以四面体的体积)23V=11131111。

SBCDAO1233223122（2）如图2，四面体各棱AC=AD=2，AB=1，BC=BD=2，CD=1，设M、N分别为AB、CD的中点，AM=2()12215。2SABM11151214。

ABMN1()22424111414SABMCD1.

334122四面体的体积为V=（3）如图形，四面体各棱AB=AC=AD=2，BD=BC=2，CD=1，设M、N分别为AB、CD的中点，AM=2()12215，2SABM1115111111111.

ABMN21,四面体的体积为V=SABMCD33262242

故四面体的所有可能的体积为111411或或

12126