17 立体几何初步常见典型考题赏析-《中学生数理化》高一数学2025年4月刊

■朱 宁1 张文伟2 题型1:几何体的截面问题 解答这类问题,根据对几何体的截面形 状的研究,结合具体问题,进行求解。 例1 如图1所示,在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,F,G 分别是AB,BB1,B1C1 的中点,则过这三点的截面图的形状是( )。 图1 A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解:分别取 D1C1,D1D,AD 的中点 H, M,N。因为E,F,G 分别是AB,BB1,B1C1 的中 点,所 以 HG∥EN,HM∥EF,FG∥ MN,所以六边形 EFGHMN 是过E,F,G 这三点的截面图,所以过这三点的截面图的 形状是六边形。应选D。 跟 踪 训 练 1:已 知 正 方 体 ABCD- A1B1C1D1 的棱长为2,M,N 分别为A1B1, B1C1 的中点,过 M,N 的平面所得截面为四 边形,则该截面的最大面积为( )。 A.22 B.25 C. 3 10 2 D. 9 2 提示:如图2所示,最大面积的截面四边 形是等腰梯形 MNCA。 图2 易得 MN= 2,AC=22,AM=CN= 5,等腰梯形的高为 AM2- AC-MN2 2 = 32 2 ,所以等腰梯形 MNCA 的面积为 1 2× (2+22)× 32 2 = 9 2 。应选D。 题型2:平面的基本性质及推论的应用 涉及平面的基本性质及推论的应用问 题,可结合题目条件,进行分析与判断。 例2 如图3,α∩β=l,A,B∈α,C∈β, 图3 且C∉l,直线 AB∩l= M,过A,B,C 三点的平 面记作γ,则γ 与β的交 线必通过( )。 A.点A B.点B C.点C 但不过点M D.点C 和点M 解:对于 A,B,因为点A,B∉β,所以点 A,B 不在γ与β的交线上,A,B错误。对于 C,D,过A,B,C 三点的平面记作γ,则平面 ABC 与γ是同一个平面。由直线AB∩l= M,可得 M∈AB⊂平面 ABC,所以 M∈γ。 由C∈平面ABC,可得C∈γ,所以 MC⊂γ。 由AB∩l=M,α∩β=l,可得 M∈l⊂β。因 为C∈β,所以MC⊂β,所以β∩γ=MC,所以 γ与β的交线必通过点C 和点M,C错误,D 正确。应选D。 跟踪训练2:已知α,β为平面,A,B,M, N 为 点,a 为 直 线,下 列 推 理 中 错 误 的 是( )。 A.若A∈a,A∈β,B∈a,B∈β,则a⊂β B.若 M∈α,M∈β,N∈α,N∈β,则直 线 MN⊂α,直线 MN⊂β C.若A∈α,A∈β,则α∩β=A D.若A,B,M∈α,A,B,M∈β,且 A, 14 经典题突破方法 高一数学 2025年4月 B,M 不共线,则α,β重合 提示:对于 A,A∈a,A∈β,B∈a,B∈ β,由基本事实2知a⊂β,A正确。对于B, M∈α,N∈α,则直线 MN⊂α,同理知直线 MN⊂β,B正确。对于C,A∈α,A∈β,则A 为平面α,β的一个公共点,但平面α,β相交 于过点A 的一条直线,而不是点A,C错误。 对于D,A,B,M∈α,且A,B,M 不共线,则 A,B,M 可确定平面α,同理知A,B,M 可确 定平面β,故α,β重合,D正确。应选C。 题型3:异面直线所成的角 求异面直线所成的角的几个步骤:根据 异面直线的定义,利用平移法(常用三角形中 位线,平行四边形的性质)作出异面直线所成 的角;说明作出的角就是要求的角;若求出的 角是锐角或直角,则它就是所求异面直线所 成的角,若求出的角是钝角,则它的补角就是 所求异面直线所成的角。 例3 如 图4,在 三 棱 锥 P-ABC 中, PB⊥平面 ABC,且 AB=PB=23,AC= BC=2,E,F 分别是BC,PA 的中点,则异面 直线EF 与PC 所成角的余弦值为( )。 图4 A. 3 8 B. 5 8 C. 3 5 D. 5 5 解:分 别 取 AB,PB 的 中 点 M,G,则 GE∥PC,所以∠FEG(或其补角)就是异面 直线EF 与PC 所成的角。因为AB=PB= 23,AC=BC=2,所以FM= 3,ME=1。 易得FM∥PB,因为PB⊥平面ABC,所 以FM⊥平面ABC。因为 ME⊂平面ABC, 所以FM⊥ME,所以△FEG 为直角三角形, 所以FE= FM2+ME2 =2。易得 PC= BC2+PB2 =4。在△FEG 中,由 EG= 1 2PC=2=FE ,FG= 3,结合余弦定理得 cos∠FEG= EF2+EG2-FG2 2EF·EG = 4+4-3 2×2×2= 5 8 ,所以异面直线EF 与PC 所成角的余弦 值为 5 8 。应选B。 跟踪训练3:如图5,已知等腰直角三角 形ABC 的斜边BC 的中点为O,且BC=4, 点P 为平面 ABC 外一点,且 PB=PC= 22,PA=2,则异面直线PO 与AB 所成角 的余弦值为( )。 图5 A. 3 8 B. 3 4 C. 2 8 D. 2 4 提示:取 AC 的中点D。因为 O 是BC 的中点,所以OD∥AB,所以∠POD 就是所 求的异面直线PO 与AB 所成的角。因为 BC=4,PB=PC=22,所以PO=2。因为 △ABC 是等腰直角三角形,且BC=4,所以 AB=AC=22,OD= 2。在△PAC 中,由 余弦定理得cos∠PAC= AP2+AC2-PC2 2AP·AC = 2 4 。在△PAD 中,由余弦定理得 PD= AP2+AD2-2AP·AD·cos∠PAC = 2。在△POD 中,由余弦定理得cos∠POD = PO2+DO2-PD2 2PO·DO = 2 4 。应选D。 题型4:线面垂直判定定理的应用 利用直线与平面垂直的判定定理判断线 面垂直的关键是在平面内找到两条相交直 线,证明这条直线与两条相交直线垂直。 例4 如图6,在正方形SG1G2G3 中,E, F 分别是G1G2,G2G3 的中点,D 是EF 的中 点。现在沿SE,SF 及EF 把这个正方形折 成一个空间四边形(如图7),使G1,G2,G3 三 点重合,重合后的点记为G,那么在空间四边 24 经典题突破方法 高一数学 2025年4月 形S-EFG 中必有( )。 图6 图7 A.SG⊥△EFG 所在的平面 B.SD⊥△EFG 所在的平面 C.GF⊥△SEF 所在的平面 D.GD⊥△SEF 所在的平面 解:对于A,在正方形SG1G2G3 中,可得 SG1⊥G1E,SG3⊥G3F,在 四 面 体 S-EFG 中,可得SG⊥GE,SG⊥GF。因为GE,GF ⊂平面GEF,GE∩GF=G,所以SG⊥平面 GEF,A正确。对于B,若SD⊥平面EFG, 结合选项A,则SD∥SG,显然矛盾,B错误。 对于 C,因为 SG⊥平面 EFG,GF⊂平面 EFG,所以SG⊥GF。又GF⊥GE,GE,GS ⊂平面GES,GE∩GS=G,所以GF⊥平面 GES。假设GF⊥平面SEF,则平面GES∥ 平面SEF,显然矛盾,C错误。对于D,因为 SG⊥平面EFG,GD⊂平面EFG,所以SG⊥ GD。若GD⊥平面SEF,SD⊂平面SEF, 则GD⊥SD。而SG,GD,SD⊂平面SDG, 所以SD∥SG,显然矛盾,D错误。应选A。 跟踪训练4:如图8,PA 是圆柱的母线, AB 是圆柱的底面直径,C 是圆柱底面圆周 上的任意点(不与A,B 重合),则下列说法错 误的是( )。 图8 A.PA⊥平面ABC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥平面PBC D.三棱锥P-ABC 的四个面都是直角三 角形 提示:因 为 PA 是 圆 柱 的 母 线,所 以 PA⊥平面ABC,A正确。由BC⊂平面ABC, 可得PA⊥BC。因为AB 是底面圆的直径,所 以AC⊥BC。又PA∩AC=A,PA,AC⊂平 面PAC,所以BC⊥平面PAC,B正确。由选 项A知△PAB,△PAC都是直角三角形,由选 项B知△ABC,△PBC 都是直角三角形,D正 确。假 设 AC⊥ 平 面 PBC,由 PC⊂ 平 面 PBC,可得 AC⊥PC,即∠PCA=90°,而 在 △PAC 中,∠PAC=90°,显 然 矛 盾,所 以 AC⊥平面PBC不正确,C错误。应选C。 题型5:直线与平面垂直的性质定理的 应用 线面垂直的性质定理,基本事实4及线 面平行的性质定理,都是证明线线平行的依 据,至于线面平行,面面平行,归结到最后还 是要先证明线线平行。要证明线线垂直,只 需证明线面垂直,再利用线面垂直的性质即 得线线垂直。 例5 如图9,四棱锥P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为2的菱形,PA=PC,PD= 2,∠DAC= π 6 。 图9 (1)证明:AC⊥PD。 (2)若PB=23,求四棱锥P-ABCD 的 体积。 解:(1)设AC∩BD=O。由PA=PC, 可得PO⊥AC。由四边形ABCD 是菱形,可 得 AC⊥BD。因 为 OP ∩BD =O,PO, BD⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD。又 PD⊂平面PBD,所以AC⊥PD。 (2)由四边形 ABCD 是菱形,∠DAC= π 6 ,可得∠DAB= π 3 ,所以△ABD 是等边三角 34 经典题突破方法 高一数学 2025年4月 形,所 以 BD=AB=AD=2,AC=2AO= 23。在△PBD 中,由 PD=BD=2,PB= 23,可 得 PB 边 上 的 高 为 h = PD2- PB2 2 =1,所以S△PBD= 1 2PB ·h= 1 2×23×1=3 。 由(1)知AC⊥平面PBD,所以VP-ABCD= VA-PBD+VC-PBD= 1 3S△PBD ·AO+ 1 3S△PBD · CO= 1 3S△PBD ·AC= 1 3× 3×23=2 。 跟踪训练5:如图10,在正三棱柱ABC- A1B1C1 中,已知 D 是线段AA1 的中点,侧 面ABB1A1 的面积为 3 2 。 图10 (1)若AA1=A1B1,证明A1C⊥B1D。 (2)求三棱柱ABC-A1B1C1 的体积与表 面积之比的最大值。 提示:(1)取 AB 的中点 H。因为 AA1 =A1B1,所以Rt△A1AH≌Rt△A1B1D1, 所以∠AA1H=∠A1B1D,所以AH⊥B1D。 由AA1⊥平面 ABC,CH⊂平面 ABC, 可得AA1⊥CH。由 H 是AB 的中点,可得 CH⊥AB。由AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平 面A1B1BA,可得CH⊥平面 A1B1BA。因 为B1D⊂平面A1B1BA,所以CH⊥B1D。 因为A1H∩CH=H,A1H,CH⊂平面 A1CH,所以B1D⊥平面A1CH。 又A1C⊂平面A1CH,故A1C⊥B1D。 (2)设 AB=t>0,则正三棱柱的高为 3 2t 。所以表面积S=2× 1 2×t× 3 2t+ 3 2× 3= 3 2 (t2+3),体积V= 1 2× 3 2t×t× 3 2t= 3 4t 2× 3 2t= 3t 8 。 因为 V S= 3t 4(t2+3) ≤ 3t 8 3t2 = 1 8 ,当且 仅当t= 3时等号成立,所以三棱柱 ABC- A1B1C1 的体积与表面积之比的最大值为 1 8 。 题型6:平面内的射影问题 立体几何中经常遇到由一个点向一个平 面作垂线的问题,垂线的位置由这个点在平 面内的射影位置来确定,因此确定这个点的 射影位置是解决问题的关键。 例6 如图11,在四面体 ABCD 中,已 知AB⊥AC,BD⊥AC,那么点 D 在平面 ABC 内的射影点H 必在( )。 图11 A.直线AB 上 B.直线BC 上 C.直线AC 上 D.△ABC 的内部 解:由AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD= B,可得 AC⊥平面 ABD。因为 AC⊂平面 ABC,所以平面ABC⊥平面ABD,所以点D 在平面ABC 内的射影点 H 必在平面ABC 与平面ABD 的交线AB 上。应选A。 跟踪训练6:如图12,若P 是△ABC 所 在平面外一点,且PA⊥BC,PB⊥AC,则点 P 在 △ABC 所 在 平 面 内 的 射 影 点 O 是 △ABC 的( )。 图12 A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心 44 经典题突破方法 高一数学 2025年4月 提示:因为 PA⊥BC,PO⊥BC,且 PA ∩PO=P,所以 BC⊥平面 PAO,则 BC⊥ OA。同理得OB⊥AC,所以O 是△ABC 的 垂心。应选D。 题型7:点、线、面的距离问题 解答这类问题,可结合具体条件,利用点 到平面的距离及线面距、面面距的定义,进行 转化求解。 例7 如图13所示,在直三棱柱 ABC- A1B1C1 中,AC=BC=AA1,D 为CC1 的 中点。 图13 (1)证明:平面A1BD⊥平面ABB1A1。 (2)若∠ACB=90°,AB=2,求点B1 到 平面A1BD 的距离。 解:(1)分别取A1B,A1B1 的中点E,F, 则FE∥B1B,且FE= 1 2B1B 。 因为 D 为 CC1 的 中 点,所 以 C1D∥ B1B,C1D= 1 2B1B ,所以C1D∥EF,C1D= EF,所以四边形C1DEF 是平行四边形,所 以C1F∥DE。已知A1C1=B1C1,F 是A1B1 的中点,可得C1F⊥A1B1。 在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,因为AA1 ⊥平面 A1B1C1,C1F⊂平面 A1B1C1,所以 AA1⊥C1F。由 A1B1∩AA1=A1,A1B1, AA1⊂ 平 面 ABB1A1,可 得 C1F ⊥ 平 面 ABB1A1。因为C1F∥DE,所以 DE⊥平面 ABB1A1。而 DE⊂平面 A1BD,所以平面 A1BD⊥平面ABB1A1。 (2)在 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,由 CC1⊥平面 A1B1C1,A1C1⊂平面 A1B1C1, 可得 CC1⊥A1C1。由 ∠ACB=90°,可 得 ∠A1C1B1=90°,即A1C1⊥C1B1。因为CC1 ∩C1B1=C1,CC1,C1B1⊂平面BCC1B1,所 以 A1C1⊥平 面 BCC1B1,即 A1C1⊥平 面 B1BD。设点B1 到平面A1BD 的距离为h, 在三棱锥B1-A1BD 中,由VB1-A1BD=VA1-B1BD, 可得S△A1BD·h=S△B1BD·A1C1。由AB=2, 可得AC=BC=AA1= 2,则S△B1BD= 1 2× 2× 2=1。在△A1BD 中,由 A1B= 6, A1D=BD= 10 2 ,可得S△A1BD= 6 2 。 所以 6 2 ·h=1× 2,可得h= 23 3 ,即点 B1 到平面A1BD 的距离为 23 3 。 跟踪训练7:如图14,在四棱锥P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,∠ABC=60°,平面 PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,PA=AB= 3,PD 的中点为F。 图14 (1)求证:PB∥平面ACF。 (2)求直线PB 到平面ACF 的距离。 提示:(1)连接BD 交AC 于O。由F 为 PD 的中点,O 为BD 的中点,可得OF∥PB。 因为PB⊄平面ACF,OF⊂平面ACF, 所以PB∥平面ACF。 (2)由平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PA⊥AD,可得 PA⊥平面ABCD。由PB∥平面ACF,可得 PB 到平面 ACF 的距离即为点 P 到平面 ACF 的距离。 F 为PD 的中点,点 P 到平面ACF 的 距离与点D 到平面ACF 的距离相等,取AD 的中 点 E,则 EF∥PA。由 PA ⊥ 平 面 ABCD,可得EF⊥平面ABCD。因为CE⊂ 平面ABCD,所以EF⊥CE。 因为四边形 ABCD 为菱形,∠ABC= 54 经典题突破方法 高一数学 2025年4月 60°,PA=AB=AD=2,所 以 CE= 3, EF=1,则CF= EF2+CE2= 1+3=2, AC=2,AF= 1 2PD= 1 2 PA 2+AD2= 2, 所以等腰三角形ACF 的面积S△ACF= 7 2 。 设点D 到平面ACF 的距离为hD。 由VD-ACF=VF-ACD,可得 1 3S△ACF ·hD = 1 3S△ACD ·EF,所 以 hD = S△ACD·EF S△ACF = 3×1 7 2 = 2 21 7 ,所以直线 PB 到平面ACF 的距离为 2 21 7 。 题型8:平行与垂直关系的应用 解答这类问题,可根据线面、面面平行与 垂直的判定定理和性质定理,结合题设条件 进行求解。 例8 如图15,已知PA⊥矩形 ABCD 所在的平面,BD 与AC 相交于点O,M,N 分 别是AB,PC 的中点。 图15 (1)求证:MO∥平面PAD。 (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD。 解:(1)由M,O 分别是AB,BD 的中点, 可得 MO∥AD。 因 为 AD ⊂ 平 面 PAD,MO ⊄ 平 面 PAD,所以 MO∥平面PAD。 (2)由∠PDA=45°,可得 PA=AD= BC。由PA⊥矩形ABCD 所在的平面,可得 PA⊥AB,PA⊥AD。 由题意得Rt△PAM≌Rt△CBM,所以 PM=CM。由N 为PC 的中点,可得MN⊥ PC。由N,O 分别是PC,AC 的中点,可得 NO∥PA。由PA⊥平面ABCD,可得NO⊥ 平面ABCD。因为CD⊂平面 ABCD,所以 NO⊥CD。由 MO∥AD,AD⊥CD,可 得 MO⊥CD。由 MO∩NO=O,MO⊂平面 MNO,NO⊂平面 MNO,可得 CD⊥平面 MNO。由 MN⊂平面 MNO,可得 MN⊥ CD。又因为 MN⊥PC,PC∩CD=C,PC⊂ 平面PCD,CD⊂平面 PCD,所以 MN⊥平 面PCD。 跟踪训练8:如图16,在四棱锥P-ABCD 中,PD⊥底面ABCD,且底面ABCD 为正方 形,PD=DC=2,E,F,G 分别是AB,PB, CD 的中点。 图16 (1)求证:EF⊥CD。 (2)求证:平面EFG∥平面PAD。 提示:(1)因为PD⊥平面ABCD,CD⊂ 平面 ABCD,所以 CD⊥PD。因为四边形 ABCD 为正方形,所以CD⊥AD。 因为AD,PD⊂平面PAD,AD∩PD= D,所以CD⊥平面PAD。因为PA⊂平面 PAD,所以CD⊥PA。 又因为E,F 分别为AB,PB 的中点,所 以EF∥PA,所以EF⊥CD。 (2)因为四边形ABCD 为正方形,且E, G 分别为AB,DC 的中点,所以 EG∥AD。 因为AD⊂平面 PAD,EG⊄平面 PAD,所 以EG∥平面PAD。由(1)知EF∥PA。因 为PA⊂平面 PAD,EF⊄平面 PAD,所以 EF∥平面PAD。又EF∩EG=E,所以平面 EFG∥平面PAD。 作者单位:1.江苏凤凰教育出版社 2.河南省开封高级中学 (责任编辑 郭正华) 64 经典题突破方法 高一数学 2025年4月