《高中数学联赛试题——立体几何》
第五讲 立体几何
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。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、立体几何中的排列组合问题。
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
24
83
=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：3
560A =（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。 二、与角有关的计算。
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。
例三、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
α
O
C
B
A
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。 例四、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，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
F
E
D C
B
A
G
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 3
α=
例六、设锐角,,αβγ满足：222cos cos cos 1αβγ++=。
求证：tan tan tan αβγ??≥
分析：构造长方体模型。构造如图所示的长方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1，连接AC 1、A 1C 1、BC 1、DC 1。 过同一个顶点的三条棱AD 、AB 、AA 1与对角线 AC 1所成的角为锐角,,αβγ，满足：
222cos cos cos 1αβγ++=
不妨设长方体过同一个顶点的三条棱AD 、AB 、AA 1的长分别为,,a b c 。则：
tan tan tan αβγ=≥=≥=≥
以上三式相乘即可。
证明二：因为,,αβγ为锐角，故：
2222sin 1cos cos cos 2cos cos ααβγβγ=-=+≥?
，sin α∴
同理：sin βγ
D 1
C 1
B 1 A 1
D C
B
A
例七、（1994年全国联赛一试）在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 （A ） 2,n n ππ-??
???； （B ） 1,n n ππ-?? ???； （C ） 0,2π?? ???； （D ） 21,n n n n ππ--??
???
。
分析：根据正n 棱锥的结构特征，相邻两侧面所成的二面角应大于底面正n 边形的内角，同时小于π，于是得到（A ）。
例八、（1992年全国联赛一试）设四面体四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，它们的最大值为S ，记1234
S S S S S
λ+++=
，则λ一定满足
（A ） 24λ<≤； （B ） 34λ<<； （C ） 2.5 4.5λ<≤； （D ） 3.5 5.5λ<<。 分析：因为 i S S ≤ ()1,2,3,4i =
所以
1234
4S S S S S
+++≤。特别的，当四面体为正四面体时取等号。
另一方面，构造一个侧面与底面所成角均为45?的三棱锥，设底面面积为S 4，则：
()(
)1231231234123cos 451 2.5cos 45S S S S S S S S S S S S S S λ+++++??
+++=
==++??
，
若从极端情形加以考虑，当三棱锥的顶点落在底面上时，一方面不能构成三棱锥，
另外此时有1234S S S S ++=，也就是2λ=，于是必须2λ>。故选（A ）。 三、有关距离的计算。
例九、（2003年全国联赛一试）将八个半径为1的小球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球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 。
分析：立体几何问题的处理常需要抓住其主要特征，作为球体其主要特征无疑为球心与球半径，将八个小球的球心独立出来即可得到一个如图所示的几何体。ACEG—B1D1F1H1,此几何题每相邻两点间的距离为2，
显然，两底面ACEG与B1D1F1H1间的距离加上2即为所求
符合条件的圆柱体的高。于是将该几何体补形成为如图
所示的正八棱柱求其高，也就是求其中一个部分，三棱
锥B1—ABC的高，然后加上2即可。取AC的中点O，连
接BO、B1O，易知：B1
在等腰三角形ABC中，AC=2，∠ABC=135?，
BO=
sin
4
tan1
81cos
4
π
π
π
===
+
，
（线段BO
1得到）
在直角三角形B1BO中：
BB1
==所求圆柱体的高：2
h=
例十、（2001年全国联赛一试）正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1
与BD1的距离是。
分析：在立体几何中求距离，最常用的解题思想是转化。
线线距转化为线面距、线面距转化为面面距、面面距转
H1
G1 F1
E1
C1
B1
A1
H
G
E
D
C
B
A
D1
F
O
D1 C1
B1
A1
D C
F
E
化为点面距、点面距转化为点线距，最终常常化为在一
个平面内求一点到一条直线的垂线段的长度。
连接B1D1交线段A1C1于点F，取BB1的中点E，连接A1E、C1E，显然，BD1∥平面A1C1E。
于是，将两条异面直线之间的距离转化为直线与平面之间的距离，易知，所求距离为4
。
例十一、（1997年全国联赛一试）已知三棱锥S—ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S、A、B、C四点都在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为。
分析：作SD⊥平面ABC于D，连接BD，因为SA=SB=SC=2
，
所以点D为底面三角形ABC的外心，即D为AB的中点，
同时，球心O必在线段SD上。所求点O到平面ABC的
距离即为线段OD的长。设球半径r，OD=x，则：
221
r x
r x
?-=
?
?
+=
??
解得：x=。
例十二、（1996年全国联赛一试）高为8的圆台内有一个半径为2的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切。圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点。除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是
O
D
B
C
A
S
（A） 1 ；（B） 2 ；（C）3；（D）4 。分析：根据所放球的特点，加入的小球和球O2应该都与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，即加入小球的球心与O2均匀分布在与底面距离为3，圆台轴的周围。如图：作O2O⊥轴OO1于O，则：
24
OO===
原问题即需考查在半径为4的圆周上，均匀分布着几个半径为3且不相交的圆。设：
∠AOO2=∠BOO2=α，则
3
sin
4
α=，显然，4560
α
?<
加入两个小球。
例十三、（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，则最远的两点间的距离是。
分析：设正三棱锥的底面边长为a，侧棱长为b
，则：
a
=即：
2
b
=
O1
O B
A
O2
O
O2
A
C
D E
F
O
P
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。
例十四、（1992年全国联赛一试）设l 、m 是两条异面直线，在l 上有A 、B 、C 三个点，且AB=BC ，过A 、B 、C 分别作m 的垂线AD 、BE 、CF ，垂足依次为D 、E 、F ，已知
AD=
BE=7
2
，
l 与m 的距离。
分析：设,l m 的公垂线段为LM ，过点M 作
l l '，另作如图所示的垂线段。
若点A 、B 、C 在点L
的同侧，设所求距离为d ，
= 解得：d =， 若点A 、B 、C 在点L 的两侧，如图所示有2EH DI FG =-，即有等式：
=， 解得：d 。 四、体积和体积法。
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 A
G A
E C
M L I
D
F m
l '
l
H
B F
C B A
H I M D
G N E
l
m
()()()()
11
; ; 2233
A 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：
111
sin 362
A BCD A BDE D ABE BDE V V V S h A
B BE ABE h ---?====??∠?=
例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线224,4,4,4x 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
()()22
222216,24,24x 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=2
3
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：
(2
1162164S a ππππ=-?=-
当0a <
时：()()2
2
242164S a a ππππ=?-?-+=+
当0a >
时：()()2
2
2
42164S 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直径，于是有：22r a =
∴
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，
R O
E
D
C A
P
r
B
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：3h a ===
，所以，,R 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。
∴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，
O
E
D
H
C
A
S
B
∵
SA=SB=SC=∴SO=3，
23=
∴1113333322S ABC
ABC V S h -?==???=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，此时三棱锥
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： AE 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
F
F
M
M E
E
D
D
B
B
C
C
A
A
的距离。根据面积相等可求得：
h =
=. ∴
112
13233
V =
????= 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
111
PQ 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； （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--==????，
O
S
R
Q
C
B
A
P
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。
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
G
F
M
E
D '
D
C B
A S
H A 1
D 1
C 1
B 1
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
1112
BC 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 --=。
F E
O
M D C
B
A
P H
G