(教师版)立体几何好题难题集萃

①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7

以上结论正确的为______________。（写出所有正确结论的编号）ABCDA1B1C1D1 A1

解：如图，B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面的距离为，所以B1到平面的距离为5；则D、B的中点到平面的距离为，所以C

到平面的距离为3；C、A1的中点到平面的距离为，所以C1到平面的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选①③④⑤。

3. 过平行六面体任意两条棱的中点作直线, 其中与平面平行的直线共有D

A．4条 B．6条 C．8条 D．12条

4、若是平面外一点，则下列命题正确的是D

（A）过只能作一条直线与平面相交 （B）过可作无数条直线与平面垂直

（C）过只能作一条直线与平面平行 （D）过可作无数条直线与平面平行

【说明】过一点作已知平面的垂线有且只有一条（唯一性）过平面外一点可作无数直线与已知平面平行（存在性）

(浙江文)（17）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯

形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.

(Ⅰ)求证：PB⊥DM;

(Ⅱ)(文)求BD与平面ADMN所成的角。(理) 求CD与平面ADMN所成的角解：方法一：

（Ⅱ）(文)连结DN，因为PB⊥平面ADMN，

所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角.在中,

故BD与平面ADMN所成的角是.

方法二：

如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系,设BC=1，则（Ⅱ）因为 所以PB⊥AD. 又PB⊥DM.

因此的余角即是BD与平面ADMN.所成的角.因为 所以=

因此BD与平面ADMN所成的角为.

(理) （II）取的中点，连结、，

则，

所以与平面所成的角和与平面所成的角相等.因为平面，

所以是与平面所成的角.在中，.

故与平面所成的角是.

方法二：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则.

（II） 因为，

所以，又因为，所以平面

因此的余角即是与平面所成的角.因为，

所以与平面所成的角为.

18、如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N.

（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。

解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AMBC，又AMC,所以

AM面BC，从而AMM, 角。又M=,MN=,

AMNM，所以MN为二面角，—AM—N的平面

连N，得N＝，在MN中，由余弦定理得。故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值为。

（Ⅱ）过在面内作直线，为垂足。又平面，所以AMH。于是H平

面AMN，故H即为到平面AMN的距离。在中，H＝M。故点到平面AMN的距离为1。

解法2：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则（0，0，1），M（0，，0）,

C(0,1,0), N (0,1,) , A ()，所以，，,。因为

所以,同法可得。

故﹤﹥为二面角—AM—N的平面角∴﹤﹥＝

故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值为。

（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量，则由得故可取

设与n的夹角为a，则。

所以到平面AMN的距离为。（17）（本小题共14分）

如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，，平面，且，点是的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求二面角的大小.解：（1）由平面可得PAAC

又，所以AC平面PAB，所以

（2）如图，连BD交AC于点O，连EO，则EO是△PDB的中位线，EOPBPB平面

（3）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则EF是△PAD的中位线，EFPA又平面，EF平面

同理FO是△ADC的中位线，FOABFOAC由三垂线定理可知EOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝AB＝PA＝EFEOF＝45而二面角与二面角E－AC－D互补，故所求二面角的大小为135.

（19）（本小题满分14分，第一小问满分4分，第二小问满分5分，第三小

问满分5分）

　　　在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足

AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；

（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；

（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）图1图2

19(06年江苏19分)本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力。

解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3

在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=600,

∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,∵A1E⊥平面BEP, ∴A1E=A1Q,

∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②,由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,

从而∠FMQ为二面角B－A1P－F的平面角.

在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A1P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=600,由余弦定理得在△FMQ中，

∴二面角B－A1P－F的大小为

[06浙江(理)17]　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.变式1：求面PAB与面PCD所成角利用面积射影或转化为有棱二面角

变式2：E为AD中点,求面PAB与面PCE所成角

QRLE

点面距离

[06湖南(理)18]　如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分

别为1和2,AB=4.

(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD; (Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角;(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.QPADCB

QBCPADzyxO

解法一：　（Ⅰ）．连结面ABCD.

AC、BD，设.由P－ABCD与Q－ABCD

都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平

从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平

面ABCD.

（II）由题设知，ABCD是正方形，所以．由（I），平面，

故可以分别以直线CA、DB、QP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如上图），由题设条件，相关各点的坐标分别是，，所以,,于是

从而异面直线AQ与PB所成的角是.

(Ⅲ)．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－，0），，

，设是平面QAD的一个法向量，

由 得.

取x=1，得.　　所以点P到平面QAD的距离.

解法二：　（Ⅰ）．取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD

都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从

而AD⊥平面PQM.

又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以

PQ⊥平面ABCD.

（Ⅱ）．连结AC、BD设，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在

PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.取OC的中点N，连结PN．

因为，所以，

QBCPADOM

从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.连接BN，因为．

所以．

从而异面直线AQ与PB所成的角是．

(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ

于Ｈ，则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的

距离．

连结OM，则.所以，

又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是.即点P到平面QAD的距离是.

（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的

球面距离是B

(A) (B) (C) (D)

　EF球面距离←∠EOF←EF←题设条件

3.三种问题

接切问题、截面问题、折叠问题，非主干知识，考查的频率不高，但它们不会被遗忘

1)接切问题往往需要根据图形的对称性，进行空间想象，合情推理，画出合理的截面图

例1 [06全国(Ⅲ)9]　已知各顶点都在一个球面上的

正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是　A．16π B．20π C．24π D．32π

说明】几个结论：

　　1）正四棱柱的对角线是外接球的直径　　2）正方体的对角线是外接球的直径　　3）正方体的棱长是内切球的直径

　　4）若球与正方体的每条棱都相切，则正方体的面对角线是球的直径　　

例2

[06江苏9]　 两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长

为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有

（A）1个　　　　　（B）2个

（C）3个　　　　　（D）无穷多个

两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，

使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（A）1个　　　　　（B）2个

（C）3个　　　　　（D）无穷多个

【思路点拨】本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积

【正确解答】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D.

2)截面问题难有定式可循，往往难度较大

棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的

一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 C

A． B． C． D．

3)折叠与展开

折叠与展开的关键是在折叠与展开的过程中各元素之间位置关系与数量关系是否变化

折叠所得立体图形中元素之间的位置关系，数量关系需要在平面图形中寻找

　展开所得平面图形中元素之间的位置关系，数量关系需要在立体图形中寻找，展开体现了降维、化归思想

(06山东理12题)如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则P－DCE三棱锥的外接球的体积为C

(A) (B) (C) (D)

(06江西文)15．如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为 10 ．

解：将正三棱柱沿侧棱CC1展开，

其侧面展开图如图所示，由图中路线可得结论。

4.四点加强

1)加强设问的开放性2)加强元素的不定性3)加强条件的隐蔽性4)加强知识的综合性

1)加强设问的开放性,就是改变以往”从条件到结论的直线思维模式”，增加过程的探索性[06辽宁(理)18]　 (18) (本小题满分12分)]

已知正方形.、分别是、的中点,将沿折起,如图所示,记二面角的大小为.(I) 证明平面;

(II)若为正三角形,试判断点在平面内的射影是否在直线上,证明你的结论,并求角的余弦值.AACBDEFBCDEF

2)加强元素形式的不定性,就是增加过程中元素的

运动变化，其表现可以语言表达，也可引入参数，这就需要答题者寻求规律、抓住本质.

06浙江14：正方体在平面上的射影面积　06湖北18：引入参数，点P在CC1上运动

06江西15：折叠，P在BC1上运动，求PC＋A1P　　　　　的最小值

还有题目中未出现运动迹象，但需要我们用运动变化的思想去解决的.

3)加强条件的隐蔽性，就是加强对条件的等价转化

[06辽宁(理)16]　若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α,则cosα=______本题转化为正方体

[06湖北(理)18]　如图,在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,P是侧棱CC1上的一点,CP＝m.

（Ⅱ）在线段A1C1上是否存在一个定点Q, 使得对任意的m,D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP, 并证明你的结论。

利用三垂线定理转化，问题等价于“在A1C1上是否存在一点Q,使D1Q⊥AP”

利用逆向思维转化，问题等价于“在A1C1上是否存在一点Q,使D1Q⊥平面ACC1A1”，故Q是A1C1的中点

4)加强知识的综合性

　在以往立几中有与简易逻辑、组合(概率)、解析几何的综合，今年又增加了与函数，数列、不等式的综合.

[06广东(理)14]　在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2、3、4、……堆最底层（第一层）分别按图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则f(3)＝＿＿＿，f(n)＝＿＿＿＿；（答案用表示）.立几与数列的综合

[06山东(理)16]　④如图，已知正方体ABCD- A1B1C1D1，P为底面ABCD内一动点，P到平面AA1D1D的距离与到直线CC1的距离相等，则P点的轨迹是抛物线的一部分.立几与解几的综合

[06江苏18]　请您设计一个帐篷。它下部的形状是高h为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如图所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为多少时，帐篷的体积最大？

立几与函数\\导数的综合