最新数学竞赛之立体几何专题精讲(例题+练习)

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数学竞赛中的立体几何问题

立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容．解法灵活而备受人们的青睐，竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算．解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法．

一、求角度

这类题常以多面体或旋转体为依托,考查立体几何中的异面直线所成角、直线与平面所成角或二面角的大小 解决这类题的关键是 ,根据已知条件准确地找出或作出要求的角．

立体几何中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种．其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是[]0,90??；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：①作棱的垂面和两个半平面相交；②过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；③根据三垂线定理或逆定理．另外还可以根据面积射影定理cos S S θ'=?得到．式中S '表示射影多边形的面积，S 表示原多边形的面积，θ即为所求二面角．

例１ 直线OA 和平面α斜交于一点O ，OB 是OA 在α内的射影，OC 是平面α内过O 点的任一直线，设,,.AOC AOB BOC αβγ∠=∠=∠=，求证：cos cos cos αβγ=?．

分析：如图，设射线OA 任意一点A ，过A 作

AB α⊥于点B ，又作BC OC ⊥于点C ，连

接AC ．有： cos ,cos ,cos ;OC OB OC OA OA OB αβγ=== 所以，cos cos cos αβγ=?． 评注：①上述结论经常会结合以下课本例题一起使用．过平面内一个角的顶点作平面的一条斜线，如果斜线和角的两边所成的角相等，那么这条斜线在平面内的射影一定会落在这个角的角平分线上．利用全等三角形即可证明结论成立．

②从上述等式的三项可以看出cos α值最小，于是可得结论：平面的一条斜线和平面内经过斜足的所有直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角最小．

例、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，

α O C B

A

F E

D C B

A G

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F 在棱CD 上，使得：

()0AE CF

EB FD

λλ==<<∞，记()f λλλαβ=+， 其中λα表示EF 与AC 所成的角，其中λβ表示EF 与BD 所成的角，则： （A ）()f λ在()0,+∞单调增加；

（B ）()f λ在()0,+∞单调减少； （C ）()f

λ在()0,1单调增加；在()1,+∞单调减少；

（D ）()f λ在()0,+∞为常数．` 分析：根据题意可首先找到与,λλαβ对应的角．作EG ∥AC ，交BC 于G ，连FG ．显然 FG ∥BD ，∠GEF=λα，∠GFE=λβ．∵AC ⊥BD ，∴EG ⊥FG ∴90λλαβ+=?

例五、（1994年全国联赛一试）已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，则

sin α= ．

分析：正方体的12条棱可分为三组，一个平面与12条棱的夹角都 等于α只需该平面与正方体的过同一个顶点的三条棱所成的角都等于

α即可．如图所示的平面A BD '就是合乎要求的平面，于是：

sin α=

二、求体积

这类题常是求几何体的体积或要求解决与体积有关的问题 解决这类题的关键是 ,根据已知条件选择合适的面作为底面并求出这个底面上的高

例十五、（2003年全国联赛一试）在四面体ABCD 中，

设1,AB CD ==直线AB 与CD 的距离为2，

夹角为

3

π

，则四面体ABCD 的体积等于 (

)()()(

11 ; ; 23A B C D 分析：根据锥体的体积公式我们知道：1

V=3

S h ??． 从题目所给条件看，已知长度的两条线段分别位于

两条异面直线上，而已知距离是两条异面直线之间的距离而非点线距．显然需要进行转化．

作BE ∥CD,且BE=CD ，连接DE 、AE ，显然，三棱锥A —BCD 与三棱锥A —BDE 底面积和高都相等，故它们有相等的体积．于是有：

O

D

C

B

A

D '

C '

B ' A '

E

D

C

B

A

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精品文档 111sin 362A BCD A BDE D ABE BDE V V V S h AB BE ABE h ---?====??∠?= 例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线22

4,4,4,4x y x y x x ==-==-围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 1，满足 ()()22222216,24,24x y x y x y +≤+-≥++≥的点(),x y 组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则：

（A ）V 1=12V 2； （B ）V 1=23

V 2； （C ）V 1=V 2； （D ）V 1=2V 2； 分析：我国古代数学家祖暅在对于两个几何体体积的比较方面作出了卓越的贡献，祖暅原理告诉我们： 对于两个底面积相同，高

相等的几何体，任做一个

平行于底面的截面，若每

一个截面的面积相等，则

这两个几何体的体积相等．运用祖 原理的思想我们可以将不规则的几何体的体积计算转化为规则几何体的体积计算．如计算球的体积时我们可以将半球转化为圆柱与圆锥的组合体．显然，本题中的两个几何体符合祖暅原理的条件，比较其截面面积如下：

取()44y a a =-≤≤，则：

()21162164S a

a ππππ=-??=- 当0a <时：()()()22221642164S a a a ππππ=?

--?-+=+ 当0a >时：()()()22

221642164S a a a ππππ=?--?--=- 显然，12S S =，于是有：12V V =．

例十七、（2000年全国联赛一试）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a ，则这个球的体积是 ．

分析：由正四面体的图象的对称性可知，内切球的球心必为正四面体的中心，球与各棱相切，其切点必为各棱中点，考查三组对棱中点的连线交于一点，即为内切球的球心，所以每组对棱间的距离即为内切球的

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直径，于是有：2r = ∴

3

3

43424V a a π??=??= ? ???

练习：同样可用体积法求出棱长为a 的正四面体的外 接球和内切球的半径．分析可知，正四面体的内切球 与外接球球心相同，将球心与正四面体的个顶点相连，

可将正四面体划分为四个全等的正三棱锥，于是可知内切球的半径即为正四面体高度的四分之一，外接球半径即为高度的四分之三．故只要求出正四面体的高度即可．

又：h ===

，所以，,412R a r ==．

例十八、（1999年全国联赛一试）已知三棱锥S--ABC 的底面为正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是?SBC 的垂心，二面角H-AB-C 的平面角等于30?，

SA=．那么，三棱锥S-ABC 的体积

为 ．

分析：在求解立体几何问题时，往往需要首先明白所要 考查对象的图形特点．连接BH 并延长交SC 于D ，连AD ． ∵H 为?SBC 的垂心

∴BD ⊥SC ， 且 HD ⊥SC ，故 AD ⊥SC ，SC ⊥平面ABC ∴SC ⊥AB

作SO ⊥平面ABC 于O ，连接CO 并延长交AB 于E ，易知：CE ⊥AB ，连DE ． ∵AB=AC

∴HB=HC ，即A 在平面SBC 内的射影H 在线段BC 的垂直平分线上，而点H 是?SBC 的垂心，可知?SBC 为SB=SC 的等腰三角形．

R

O

E

D

C A

P

r

B

O

E

D H

C

A

S B

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精品文档 ∴S 在平面ABC 内的射影O 在线段BC 的垂直平分线上．

故射影O 为?ABC 的中心，三棱锥S —ABC 为正三棱锥．设底面边长为2a ，则CE=3a ， ∵

SA=SB=SC=2

3

∴SO=3，OC=233=

CE=233a ∴11139333333224

S ABC ABC V S h -?==?????=

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精品文档 例十九、（1998年全国联赛一试）ABC ?中，90,30,2C B AC ∠=?∠=?=，M 是AB 的中点．将ACM ?沿CM 折起，使A 、B

两点间的距离为A —BCM 的体积等于 ． 分析：关于折叠问题，弄清折叠前后线段之间的变与不变的关系往往是我们解决问题的关键， 问题中经常会涉 及折叠图形形成 二面角，在折叠 前作一条直线与

折叠线垂直相交，于交点的两侧各取一点形成一个角，于是在折叠过程中，此角始终能代表图形折叠所形成的二面角的大小．此外，通过分析可知解决本例的另一个关键是需要得到棱锥的高，其实只要能找到二面角，高也就能迎刃而解了．

如图，作BD ⊥CM 的延长线相交于D ，AF ⊥CM 于F ，并延长到E ，使EF=BD ，连BE ．

显然，

AF=EF=BD= EB=DF=2,所以： A E 2=AB 2-EB 2=8-4=4

三棱锥A —BCM 的高即点A 到平面BCM 的距离也就是等腰?AEF 中点A 到边EF 的距离．根据面积相等可求得：

h ==∴

1113233V =

???=例二十、（1995年全国联赛一试）设O 是正三棱锥P —ABC 底面△ABC 的中心，过O 的动平面与P —ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q 、R 、S ，则和式111PQ PR PS

++ （A ）有最大值而无最小值； （B ）有最小值而无最大值；

（C ）既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等；

F F M M E E

D D B B C C A A

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（D ）是一个与平面QRS 位置无关的常量． 分析：借助于分割思想，将三棱锥P —QRS 划分成三个以O 为顶点，以三个侧面为 底面的三棱锥O —PQR ，O —PRS ，O —PSQ ． 显然三个三棱锥的高相等，设为h ，又设

QPR ∠=RPS SPQ α∠=∠=，于是有：

()1

3

P QRS O PQR O PRS O PSQ PQR PRS PSQ V V V V S S S h ----???=++=

++? ()1

sin 6

PQ PR PR PS PS PQ h α=

?+?+??? 又：1

sin sin 6

P QRS Q PRS V V PQ PR PS αθ--==????，其中θ为PQ 与平面PRS 所成的角．

()sin sin sin PQ PR PR PS PS PQ h PQ PR PS ααθ∴?+?+???=????

于是得：

111PQ PR PS ++sin h

θ= 例二十一、（1993年全国联赛一试）三棱锥S —ABC 中，侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，M 为三角形ABC 的重心，D 为AB 中点，作与SC 平行的直线DP ． 证明：（1）DP 与SM 相交；

（2）设DP 与SM 的交点为D '，则D 为三棱锥S —ABC 的外接球的球心． 分析：根据题中三棱锥的特点，可将三棱锥补形成为一个如图所示的长方体，因为 C 、M 、D 三点共线，显然，点C 、S 、D 、M 在同一平面内．于是有DP 与SM 相交． 又因为：

1

2

DD DM SC MC '==，而点D 为长 方体的底面SAEB 的中心，故必有点D '为 对角线SF 的中点，即为长方体的也是三棱 锥的外接球的球心．

O

S

R

Q

C

B

A

P

G

F

M

E

D '

D

C

B

A S

H

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例二十二、（1992年全国联赛一试）从正方体的棱和各个面的面对角线中选出k 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k 的最大值是 ． 分析：本题可以采用构造法求解．考查图中的 四条线段：A 1D 、AC 、BC 1、B 1D 1，显然其中任意 两条都是异面直线．另一方面，如果满足题目 要求的线段多于4条，若有5条线段满足要求， 因为5条线段中任意两条均为异面直线，

所以其中任意两条没有公共点，于是产生这些线段的端点几何体的顶点的个数必定大于或等于10个，这与题中的正方体相矛盾．故：4k =．

例二十三、（1991年全国联赛一试）设正三棱锥P —ABC 的高为PO ，M 为PO 的中点，过AM 作与棱BC 平行的平面，将三棱锥截为上、下两个部分，试求此两部分的体积比． 分析：取BC 的中点D ，连接PD 交AM 于G ，设 所作的平行于BC 的平面交平面PBC 于EF ，由 直线与平面平行的性质定理得：EF ∥BC ，连接

AE ，AF ，则平面AEF 为合乎要求的截面． 作OH ∥PG ，交AG 于点H ，则：OH=PG ．

5

1112BC PD PG GD GD GD AD EF PG PG PG OH AO +===+=+=+=； 故：2

425A PEF PEF A PBC PBC V S EF V S BC -?-???

=== ???；于是：421A PEF A EFBC

V V --=． 三、求面积

这类题常设计为求几何体中某一特殊位置的截面面积 解决这类题的关键是 ,封断出截面的形状及截面和已知中相关图形的关系

A 1

D

C

B

A D 1

C 1

B 1

F E O

M D C

B

A

P

H

G

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四、求距离

这类题常是以几何体为依托,求其中的某些点、线、面之间的距离解决这类题的关键在于,根据已知条精品文档

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件判断出或作出符合题意的线段 ,其长度就是符合题意的距离

4、（1996年全国联赛一试）已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．

解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a ，侧棱为b ．取CD 中点

G ，则AG ⊥CD ，EG ⊥CD ，故∠AGE 是二面角A —CD —E 的平面角．由BD ⊥AC ，作平面BDF ⊥棱AC 交AC 于F ，则∠BFD 为二面角B —AC —D 的平面角．AG=EG=

b 2－a 2，BF=DF=

2a b 2－a 2

b

，AE=2b 2－(2

3

3a )2=2

b 2－4

3

a 2．由

cos ∠AGE=cos ∠BFD ，得

2AG 2－AE 2

2AG 2

=

2BF 2－BD 2

2BF 2

．∴ 4(b 2－432a 2)

b 2－a 2=4a 2b 24a 2(b 2－a 2)

?9b 2=16a 2，?b=4

3a ，从而b=2，2a=3．AE=2．即最远的两个顶点距离为3． 分析：设正三棱锥的底面边长为a ，侧棱长为

b

，则：

a =

即：2b =化简得： 32

b

a =

所以，3,2a b ==．于是可求得线段PP '的长：2pp '==．于是有最远距离为底边长3．

2a

b

a

b

b

G

E

F

B

C

D

A

A

C

B

D E

F

O

P '

P

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五、求元素个数

这类题常以长方体或三棱锥等几何体为背景,通过计算符合题意的元素个数,来考查学生对计数问题的理解程度解决这类题的关键是计数时要有规律的数,作到不重复、不遗漏

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8、如果空间三条直线a ，b ，c 两两成异面直线，那么与a ，b ，c 都相交的直线

有

(A ) 0条 (B ) 1条 (C )多于1 的有限条 (D ) 无穷多条 解：在a 、b 、c 上取三条线段AB 、CC '、A 'D '，作一个平行六面体ABCD —A 'B 'C 'D '，在c 上取线段A 'D '上一点P ，过a 、P 作 一个平面，与DD '交于Q 、与CC '交于R ，则QR ∥a ，于是PR 不与a 平行，但PR 与a 共面．故PR 与a 相交．由于可以取无穷多个点P ．故选D ．

9、给定平面上的5个点A 、B 、C 、D 、E ，任意三点不共线. 由这些点连成4条线，每点至少是一条

线段的端点，不同的连结方式有 种.

解：图中，4种连结方式都满足题目要求.（图中仅表示点、线间连结形式，不考虑点的位置) .

情况（1），根据中心点的选择，有5种其连结方式；情况（2），可视为5个点A 、B 、C 、D 、E 的排列，但一种排列与其逆序排列是同一的，且两者是一一对应的，则有连结方式

5!

602

=种；情况（3），首先是分歧点的选择有5种，其次是分叉的两点的选择有2

46C =种，最后是余下并连两点的顺序有别，有2!

种，共计56260??=种；

B‘C’D’A‘C

D

A

S

Q P

R a

c

b

（1） （2） （3） （4）

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精品文档 情况（4），选择3点构造三角形，有3510C =种. 共有5606010135+++=种连结方式.

3. 设四棱锥P ABCD -的底面不是平行四边形, 用平面α去截此四棱锥, 使得截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 α( )

(A) 不存在 (B)只有1个 (C) 恰有4个 (D)有无数多个

例一、（1991年全国联赛一试）由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为

（A ）4； （B ）8； （C ）12； （D ）24．

分析：一个正方体一共有8个顶点，根据正方体的结构特征可知，构成正三角形的边必须是正方体的面对角线．考虑正方体的12条面对角线，从中任取一条可与其他面对角线构成两个等边三角形，即每一条边

要在构成的等边三角形中出现两次，故所有边共出现112224C =次，而每一个三角形由三边构成，故一共可构成的等边三角形个数为2483

=个． 例二、（1995年全国联赛一试）将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是 ．

分析：就四棱锥P —ABCD 而言，显然顶点P 的颜色必定不同于A 、B 、C 、D 四点，于是分三种情况考虑：

① 若使用三种颜色，底面对角线上的两点可同色，其染色种数为：3560A =（种）

② 若使用四种颜色，底面有一对对角线同色，其染色种数为：1425240C A ?=（种）

③ 若使用五种颜色，则各顶点的颜色各不相同，其染色种数为：55120A =（种）

故不同染色方法种数是：420种．

六、特殊四面体

1．四面体 由于四面体是三角形在空间中的推广，因此三角形的许多性质也可以推广到四面体：

（1）连接四面体的棱中点的线段交于一点，且在这里平分这些线段；（2）连接四面体任一顶点与它对面重心的线段交于一点，且这点将线段分成的比为3：1，G 称为四面体的重心．（3）每个四面体都有外接球，球心是各条棱的中垂面的交点．（4）每个四面体都有内切球，球心是四面体的各个二面角的平分面的交点． 例10（1983年全国）在六条棱长分别为2、3、3、4、5、5的所有四面体中，最大的体积是多少？证明你的结论．

2．特殊四面体

（i ）等腰四面体：三组对棱分别相等的四面体．

性质（1）等腰四面体各面积相等，且为全等的锐角三角形；（2）体积是伴随长方体的13

．

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精品文档 （ii ）直角四面体 从一个顶点出发的三条棱相互垂直的四面体．

性质（1）直角四面体中，不含直角的面是锐角三角形（称该面为底面）；（2）任一侧面面积是它在底面投影的面积和地面面积的比例中项，且侧面面积的平方和是底面面积的平方；（3）三个侧面与底面所成三个二面角的余弦的平方和是1．

3．正四面体 每个面都是全等的等边三角形的四面体．

性质（1）若正四面体的棱长为a ，则四面体的全面积S ＝3a 2，体积V ＝

212a 3；（2）正四面体对棱中点的连线长d ＝22a ；（3）正四面体外接球的半径64a ，内切球的半径为612

a ．

七、“ 多球” 问 题

在解决立体几何问题时， 常会遇到若干个球按照一定的法则“ 叠加” 的问题， 我们将 这类问题简称为“ 多球” 问题． 对于“ 多球” 问 题， 我们往往可以从多球中提炼出球心所组成的立体图形， 将问题简化， 然后通过解决这简化的问题， 获得原问题的待求结论，这是 解决“ 多球” 问题的一个常用方法．

5、将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．

解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是

把正方形ABCD 绕其中心旋转45 而得．设E 的射影为N ，则MN=2－

1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．

6、底面半径为1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm 3．

填(13＋22

)π． 解：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，A ，B ，C ，D 分别为四个球心在底面的射影．则ABCD 是一个边长为

22的正方形．所以注水高为1＋22．故应注水π(1＋22

)－4×43π(12)3＝(13＋22

)π． 例 1在桌面上放着四个两两相切、 半 径均为r 的球， 试确定其顶端离桌面的高度；并求夹在这四个球所组成图形空隙中与四个 球均相切的小球的半径．

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例 2 制作一个底圆直径为4 c m的圆柱形容器，要内装直径为2 c m的钢珠2 6 只，那么这容器至少要多高?( 上海市1 9 8 6 年竞赛试题)

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例 3 在正四面体内装入半径相同的球，使相邻的球彼此相切，且外层的球又和正四面体的面都相切，如此装法，当球的个数无穷大时，求所装球的体积与正四面体体积之比的极限．( 第八届希望杯高二数学培训题)

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/gdle.html