立体几何习题

前言

立几初步

几个易错概念

• 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱；(棱柱的定义中有三个条件呢）

• 各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥不一定是正棱锥。(比如三角楔子)

典例剖析

【2020人大附中试题】下列说法中，正确说法的个数是【】

①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；

②两条直线可以确定一个平面；

③若(Min alpha)，(Min alpha)，(alphacapeta=l)，则(Min l)；

④空间中，两两相交的三条直线在同一个平面内；

$A.1$ $B.2$ $C.3$ $D.4$

分析：对于①，借助墙角模型思考，两个平面垂直，其交线中有(3)个公共点，但是其位置关系不是重合，而是相交[垂直]；所以①错误；

对于②，先回顾两条直线的位置关系有平行、相交、异面三种，其中两条平行或者相交的直线是可以确定一个平面的，但是若是异面的直线就不能确定一个平面，故②错误；

对于③，需要翻译成文字语言容易理解，两个平面的公共点(M)一定在两个平面的公告交线上，故正确；

对于④，需要考虑两两相交的三条直线的交点个数问题，若交点个数是一个，那么在空间中，三条直线可以是异面的直线，故不在同一平面内，若交点的个数是三个，那么它们一定会共面，在同一个平面内，故④错误；另外，两两相交的三条直线的交点个数不会是两个。

综上所述，本题目选(A).

【2016江苏高考卷】如图，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(D)、(E)分别是(AB)、(BC)的中点，点(F)在侧棱(BB_1)上，且(B_1Dperp A_1F)，(A_1C_1perp A_1B_1)。

求证：(1)直线(DE//)平面(A_1C_1F).

分析：现在需要(Leftarrow)直线(DE//)平面(A_1C_1F)

(Leftarrow)直线(DE//)平面(A_1C_1F)内的某直线(?)

某条直线可能是三角形的边界线，三角形中线，高线，中位线，或者需要我们做出的某条辅助直线。

证明：因为(D)、(E)分别是(AB)、(BC)的中点，则有(DE//AC//A_1C_1)，

又因为直线(A_1C_1subsetneqq)平面(A_1C_1F)，

(DE otsubseteq)平面(A_1C_1F)，则直线(DE//)平面(A_1C_1F)。

求证(2)平面(B_1DEperp)平面(A_1C_1F).

分析：(Leftarrow)平面(B_1DEperp)平面(A_1C_1F)

(Leftarrow)一个面内的某条直线(perp)另一个面内的两条相交直线。

此时往往需要结合图形及已知条件来确定，比如将一个面内的某条直线暂时确定为直线(A_1F)，

那么此时就需要在另一个平面(B_1DE)内找两条相交直线，且都要能证明和直线(A_1F)，

如果能找到，则这样的思路就基本固定下来了，

思路一大致为：(A_1Fperpegin{cases}B_1D\DEend{cases})，

从而转证(DEperp A_1F)，从而转证(A_1C_1perp A_1F)，

从而转证(A_1C_1perp)包含(A_1F)的平面(ABB_1A_1)，

从而转证(A_1C_1perpegin{cases}A_1B_1\A_1Aend{cases})；

思路二大致为：(B_1Dperpegin{cases}A_1F\ A_1C_1end{cases})，

从而转证(A_1C_1perp B_1D)，

从而转证(A_1C_1perp)包含(B_1D_1)的平面(ABB_1A_1)，

从而转证(A_1C_1perpegin{cases}A_1B_1\ A_1Aend{cases})；

证明：你能自主写出证明过程吗？

【反思提升】上述解答中的思路一中，在分析需要证明(A_1Fperp DE)时，包含了视角上的转换，如证明(A_1Fperp DE)不容易时，我们转而证明(DEperp A_1F)，即转证(A_1C_1perp A_1F)，从而接下来就可以考虑证明线面垂直，从而转证(A_1C_1perp)包含(A_1F)的平面(ABB_1A_1)，

【2016衡水金卷】如图，在四棱锥(P-ABCD)中，(ABperp PA)，(AB//CD)，且(PB=)(BC=BD)(=sqrt{6})，(CD=2AB=2sqrt{2})，(angle PAD=120^{circ})，(E)和(F)分别是棱(CD)和(PC)的中点。

(1).求证：平面(BEFperp)平面(PCD).

证明：因为(E)为(CD)的中点，(CD=2AB)，则(AB=DE)，又因为(AB//CD)，所以四边形(ABED)为平行四边形。

又因为(BC=BD)，(E)为(CD)的中点，故(BEperp CD)，则四边形(ABED)为矩形，则(ABperp AD)。

又因为(ABperp PA)，(PAcap AD=A)，所以(ABperp 平面PAD)。

又因为(AB//CE)，所以(CDperp 平面PAD)，所以(CDperp PD)。

又因为(EF//PD)，所以(CDperp EF)。又因为(CDperp BE)，所以(CDperp 平面BEF)。所以平面(PCDperp 平面BEF)。

(2).求直线(PD)与平面(PBC)所成角的正弦值。

待补充。

【2017凤翔中学第二次月考理科第19题】如图，(Delta ABC)和(Delta BCD)所在平面互相垂直，且(AB=)(BC=BD)(=2)，(angle ABC=angle DBC=120^{circ})，(E、F、G)分别是(AC、DC、AD)的中点，

(1)求证：(EFperp 平面BCG)

分析提示：只要证明(ADperp 平面BCG)

(2)求三棱锥(D-BCG)的体积。

分析：在平面(ABC)内，作(AOperp BC)，交(CB)延长线于(O)，由平面(ABCperp BCD)，可知(AOperp 平面BDC)，

由(G)到平面(BCD)距离(h)是(AO)长度的一半，在(Delta AOB)中，(AO=ABcdot sin60^{circ}=sqrt{3})，

故(V_{D-BCG}=V_{G-BCD}=cfrac{1}{3}S_{Delta DBC}cdot h)(=cfrac{1}{3}cdot cfrac{1}{2}cdot BDcdot BC)(cdot sin120^{circ}cdot cfrac{sqrt{3}}{2})(=cfrac{1}{2})。

【数学常识整理储备】如图所示的是正方体(ABCD-A'B'C'D')，有如下的常用结论：

(1)体对角线(B'Dperp)平面(ACD')(如图1)

证明：令体对角线(B'D)和平面(ACD')的交点是(N)，由正四面体(B'-ACD')可知，

(N)是三角形底面的中心，连接(OD')，则易知(ACperp BD)，(ACperp BB')，故(ACperp B'D)，

同理(AD'perp B'D)，故体对角线(B'Dperp)平面(ACD')。

(2)(DN=cfrac{1}{3}B'D)(如图1，利用等体积法)

(3)平面(ACD'//A'BC')(如图2)

(4)平面(ACD')与平面(A'BC')的间距是(cfrac{1}{3}B'D)，即体对角线的(cfrac{1}{3})(如图2)

(5)三棱锥(B'-ACD')是正四面体。三棱锥(D-ACD')是正三棱锥。

(6)如果需要将正四面体或者墙角型的正三棱锥恢复还原为正方体，我们可以先画出正方体，然后在里面找出需要的正四面体或者墙角型正三棱锥。

(7)圆内接正方形的中心就是圆心，正方形的对角线的长度就是圆的直径；球内接正方体的中心就是球心，正方体的体对角线的长度就是球的直径。

(8)正方形的棱长设为(2a)，则正方形的内切圆半径为(a)，正方形的外接圆半径为(sqrt{2}a)，三者的关系之比为(2:1:sqrt{2})；

正方体的棱长设为(2a)，则正方体的内切球半径为(a)，正方体的外接球半径为(sqrt{3}a)，三者的关系之比为(2:1:sqrt{3})；

(9)正三角形的棱长设为(2a)，则正三角形的内切圆半径为(cfrac{sqrt{3}}{3}a)，正三角形的外接圆半径为(cfrac{2sqrt{3}}{3}a)，三者的关系之比为(2sqrt{3}:1:2)；

正四面体的棱长设为(2a)，则正四面体的内切球半径为(cfrac{sqrt{6 }}{6}a)，正四面体的外接球半径为(cfrac{sqrt{6 }}{2}a)，三者的关系之比为(2sqrt{6}:1:3)；

【2017凤翔中学第二次月考理科第15题】已知三棱锥(S-ABC)满足(SA、SB、SC)两两垂直，且(SA)(=SB)(=SC=2)，(Q)是三棱锥(S-ABC)外接球上的一个动点，则点(Q)到平面(ABC)的距离的最大值是多少？

仿上，我们可以将此三棱锥还原为正方体的一部分，且正方体有个外接球，那么点(Q)到平面(ABC)的距离的最大值即是正方体的体对角线的(cfrac{2}{3})，而体对角线长为(sqrt{2^2+2^2+2^2}=2sqrt{3})，故所求值为(cfrac{4sqrt{3}}{3})。

【2017凤翔中学第三次月考理科第10题】已知球面上有(A、B、C)三点，如果(|AB|=|BC|=)(|AC|=2sqrt{3})，且球心到平面(ABC)的距离为1，则该球的体积为多少？

分析：本题目关键是求球的半径(R) ，如上例4中的模型，已知的三点可以安放在图中的点(A')、(B)、(C')处，

但是要注意，已知的平面(ABC)和模型中的平面(A'BC')平行，不一定重合，此时求半径问题就转化为求正三棱锥的侧棱的长问题了，

而且此时正三棱锥的底面边长为(2sqrt{3})，正三棱锥的高是1，高的垂足(E)是下底面的中心，

则其侧棱(OA)为(sqrt{1^2+2^2}=sqrt{5})，故(R=sqrt{5})，

故该球的体积(V_球=cfrac{4}{3}cdot picdot R^3=cfrac{20sqrt{5}}{3}pi)。

【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】如图所示，四棱锥(P-ABCD)中，底面(ABCD)是个边长为2的正方形，侧棱(PAperp)底面(ABCD)，且(PA=2)，(Q)是(PA)的中点。

(1).证明：(BDperp)平面(PAC)；

证明：由于侧棱(PAperp)底面(ABCD)，(BDsubsetneqq)底面(ABCD)，故(PAperp BD)；

又由于(AC)和(BD)是正方形的对角线，则(ACperp BD)，

则(BDperp AC)，(BDperp PA)，(PAcap AC=A)，

(PAsubsetneqq)平面(PAC)，(ACsubsetneqq)平面(PAC)，

故(BDperp)平面(PAC)；

(2).求二面角(C-BD-Q)的余弦值。

分析：由题可知，(AB、AP、AD)两两垂直，以(A)为坐标原点，分别以(AB、AD、AP)所在直线为(x，y，z)轴建立空间直角坐标系，如图所示。

则点(B(2，0，0))，(C(2，2，0))，(D(0，2，0))，(Q(0，0，1))，

所以(overrightarrow{BD}=(-2，2，0))，(overrightarrow{BQ}=(-2，0，1))，

设平面(BDQ)的法向量为(vec{m}=(x，y，z))，则有

(egin{cases}vec{m}perpoverrightarrow{BD}\vec{m}perpoverrightarrow{BQ}end{cases}) (Longrightarrow egin{cases}vec{m}cdotoverrightarrow{BD}=0\vec{m}cdotoverrightarrow{BQ}=0end{cases})

即(egin{cases}-2x+2y=0\-2x+z=0end{cases})，可以取(vec{m}=(1，1，2))

平面(BDC)的法向量为(vec{n}=(0，0，1))，

设二面角(C-BD-Q)为( heta)，由图可知，( heta)为钝角，则有

(cos heta=-|cos<vec{m}，vec{n}>|=-cfrac{vec{m}cdotvec{n}}{|vec{m}||vec{n}|}=-cfrac{2}{sqrt{6}}=-cfrac{sqrt{6}}{3})

所以二面角(C-BD-Q)的余弦值为(-cfrac{sqrt{6}}{3})。

已知底面是平行四边形的四棱锥(P-ABCD)，点(E)在(PD)上，且(PE：ED=2：1)，在棱(PC)上是否存在一点(F)，使得(BF//)面(AEC)，证明并说出点(F)的位置。相关课件

分析：在棱(PC)上存在一点(F)，(F)为(PC)的中点，使得(BF//)面(AEC)，理由如下：

取(PE)的中点(H)，(PC)的中点(F)，联结(BF)、(HF)、(BH)，联结(AC)和(BD)，交点为(O)，

则由(HF)是(Delta PEC)的底边(EC)的中位线，故(HF//EC)；

由(EO)是(Delta DBH)的底边(BH)的中位线，故(BH//EO)；

(说明：这样的话，平面(BHF)内的两条相交直线(HF)和(BH)分别平行与另一个平面(AEC)内的两条相交直线(EO)和(EC)，则这两个平面就平行）

又由于(HFsubsetneqq)平面(BHF)，(BHsubsetneqq)平面(BHF)，(BHcap HF=H)，

(EOsubsetneqq)平面(AEC)，(ECsubsetneqq)平面(AEC)，(EOcap EC=E)，

则平面(BHF//)平面(AEC)，

又(BFsubsetneqq)平面(BHF)，

则有(BF//)平面(AEC)，猜想得证。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知(l)，(m)是空间中两条不同的直线，(alpha)，(eta)是两个不同的平面，则下列说法一定正确的是【】

$A.若l//alpha，alpha//eta，msubset eta，l otsubset eta$，则$l//m$；

$B.若alphaperp eta，l//alpha，mperp l，m otsubset eta$，则$mperp eta$；

$C. 若l//m，m//alpha，lperpeta，l otsubset alpha$，则$alphaperp eta$；

$D.若lperpalpha，mperpeta，alphaperp eta$，则$l//m$；

分析：选(C)；可以借助长方体模型或正方体模型来判断线面位置关系；主要使用排除法；

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在正方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，点(O)是四边形(ABCD)的中心，关于直线(A_1O)，下列说法正确的是【】

$A.A_1O//D_1C$ $B.A_1Operp BC$ $C.A_1O//平面B_1CD_1$ $D.A_1Operp平面AB_1D_1$

分析：由于题目中给定点(O)是下底面的中心，故我们想到也做出上底面的中心(E)，如图所示，

当连结(CE)时，我们就很容易看出(A_1O//CE)，以下做以说明；

由于(OC//A_1E)，且(OC=A_1E)，则可知(A_1O//CE)，

又由于(A_1O ot subset 面B_1CD_1)，(CE subset 面B_1CD_1)，故(A_1O//平面B_1CD_1) ，故选(C)，

此时，我们也能轻松的排除(A)，(B)，(D)三个选项是错误的。

【2018宝鸡市高三数学第一次质量检测第9题】已知四棱锥(S-ABCD)的底面为平行四边形，且(SDperp 面ABCD)，(AB=2AD=2SD)，(angle DCB=60^{circ})，(M、N)分别是(SB、SC)的中点，过(MN)作平面(MNPQ)分别与线段(CD、AB)相交于点(P、Q)。

(1).在图中作出平面(MNPQ)，使面(MNPQ//面SAD)(不要求证明)；

分析：如图所示，点(P、Q)分别是线段(CD、AB)的中点，联结(NP、PQ、QM)所得的平面即为所求做的平面。

反思总结：1、一般的考法是题目作出这样的平面，然后要求我们证明面面平行，现在是要求我们利用面面平行的判定定理作出这样的平面，应该是要求提高了。

2、注意图中的线的虚实。

(2).【文】若(|overrightarrow{AB}|=4)，在(1)的条件下求多面体(MNCBPQ)的体积。

【理】若(overrightarrow{AQ}=lambda overrightarrow{AB})，是否存在实数(lambda)，使二面角(M-PQ-B)的平面角大小为(60^{circ})？若存在，求出(lambda)的值；若不存在，请说明理由。

【文科】法1：

如图所示，连接(PB、NB)，有题目可知在(1)的情形下，平面(MNPQ)与平面(ABCD)垂直，由题目可知，(AB=4)，(BC=PC=2)，(SD=2)，(NP=1)，

则(SDperp面ABCD)，(NP//SD)，则(NPperp 面ABCD)，

(Delta PCB)是边长为2的等边三角形，则(V_{N-PBC}=cfrac{1}{3}cdot S_{Delta PBC}cdot |NP|=cfrac{1}{3}cdot cfrac{sqrt{3}}{4}cdot 4cdot 1=cfrac{sqrt{3}}{3})

由(MN//BC)，(MN perp面SAD)，面(MNPQ)是直角梯形，(MN=NP=1)，(PQ=2)

连接(BD)交(PQ)于点(H)，在(Delta ABD)中，由余弦定理可知，(BD=2sqrt{3})，(AB^2=AD^2+BD^2)，则(BDperp AD)

即(BHperp PQ)，且(BHperp NP)，故(BHperp 面MNPQ)，

(V_{B-MNPQ}=cfrac{1}{3}cdot S_{MNPQ}cdot |BH|=cfrac{1}{3}cdot cfrac{(1+2)cdot 1}{2}cdot sqrt{3}=cfrac{sqrt{3}}{2})

故(V_{MNCBPQ}=V_{B-MNPQ}+V_{N-PBC}=cfrac{sqrt{3}}{2}+cfrac{sqrt{3}}{3}=cfrac{5sqrt{3}}{6})。

法2：

待补充。

【理科】待补充。