立体几何:基本图形是关键

自主招生考试中，立体几何问题主要考查空间线面位置关系的判定、空间角度与距离的求解、空间几何体的面积与体积的计算等． 柱体、锥体、台体、球体及其简单组合体是最基本的图形，也是研究空间问题的基本载体，同学们应注意理解和运用这些几何体的概念、性质、面积和体积公式等内容． 解决立体几何问题时，往往需要把空间问题转化为平面问题． 当然，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法来解决问题．

一、空间线面位置关系的判定

判定空间线面位置关系是解决立体几何问题的基础．同学们在判断直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系时，除了根据定义，还应结合空间线面位置关系的性质和定理来解决问题．

例1 （2008年复旦大学自主招生考试第26题）若空间内三条直线a，b，c两两异面，则与a，b，c都相交的直线有

（A） 0条 （B） 1条

（C） 多于1条的有限条 （D） 无穷多条

解析：要找到与三条直线都相交的直线，我们可以先在直线a上任取一点A，看看过A 的直线中是否有与直线b和直线c都相交的.

假设同时过点A与直线b的平面为α，若直线c与平面α存在交点 C，则直线AC与直线b有交点B，直线ABC或直线ACB与a，b，c均相交．若直线a上两点A1，A2分别与直线b组成平面α，β，且α，β均不与直线c相交，则c∥α，c∥β，又α与β的交线为b， b∥c，这与b，c为异面直线矛盾． 由点A的任意性，可知与a，b，c都相交的直线有无穷多条. 选D．

二、空间角度的求解

空间角度包括两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角．在计算时，一方面要设法作出这些角（或其平面角），通过解三角形计算这些角的大小，另一方面要注意这些角的取值范围．

例2 （2011年清华大学自主招生考试第6题） 已知异面直线a，b成60°角，A为空间内一点，则过A且与a，b都成45°角的平面

（A） 有且只有一个 （B） 有且只有两个

（C） 有且只有三个 （D） 有且只有四个

解析：要确定一个平面，就要知道它的方向，即考虑平面的法向量. 我们把法向量所在直线称为法线，已知平面过点A， 平面与a，b都成45°角， 平面的法线与a，b也都成45°角． 一条法线确定一个平面， 问题转化为问“过点A且与a，b都成45°角的直线有多少条”．

我们先把a，b平移到A点，过点A作直线a，b所成角的角平分线，这样的角平分线有两条，一条与a，b都成30°角，一条与a，b都成60°角．固定A点，把与a，b都成30°角的直线的两端向上提，这样就形成两条与a，b都成45°角的直线. 过空间内一点A且与a，b都成45°角的直线有且只有两条， 满足题意的平面有且只有两个.选B．

例3 （2009年复旦大学自主招生考试第133题） 直三棱柱ABC-A′B′C′的底是边长为1的正三角形，高AA′=1，在AB上取一点P，设PA′C′与底面A′B′C′所成的二面角为α，PB′C′与底面所成的二面角为β，则tan（α+β）的最小值是

（A） - （B） -

（C） - （D） -

解析：如图1所示，作PQA′B′，则PQ底面A′B′C′且PQ＝1. 过点Q作QHA′C′，则∠PHQ为PA′C′与底面A′B′C′所成二面角的平面角， ∠PHQ＝α．设AP＝x=A′Q （0≤ｘ≤1），则BP＝1-ｘ＝B′Q，QH＝A′Q・sin60°＝x， tanα＝＝. 同理可求得tanβ＝. ｔａｎ（α+β）＝≥＝-，当且仅当ｘ＝时，等号成立．选C．

点评：解题中先作出PA′C′，PB′C′与底面所成的二面角的平面角，再建立ｔａｎ（α+β）与变量AP的函数关系，最后求出最小值．用定义法、垂线法作二面角的平面角是求解二面角问题的常用方法．

三、空间几何体体积的计算

求几何体的体积常用四种方法：直接法、转换法、分割法和补形法． 计算体积需要知道几何体的高与底面积，几何体的高常常被转化为点到面的距离．

例4 （2009年南京大学自主招生考试第14题） 在四面体ABCD中，平行于AB与CD的平面α截四面体所得的截面为EFGH，AB到平面α的距离为d1，CD到平面α的距离为d2，且=k. 求立体图形ABEFGH与四面体ABCD的体积之比．

解析：立体图形ABEFGH是不规则图形，所以要用分割法把它转化为规则图形的组合体后再计算体积．由于题目要求立体图形ABEFGH与四面体ABCD的体积之比，所以在转化时应尽量把立体图形ABEFGH分割成与四面体ABCD同底且彼此间高度成比例的几何体再计算．

如图2所示， AB∥平面α，CD∥平面α，EF，GH，EH，FG为平面α与四面体各个面的交线， AB∥EF∥GH，CD∥EH∥FG， 四边形EFGH是平行四边形. AB到平面α的距离为d1，CD到平面α的距离为d2， 由ABC∽EFC可知AE ∶ EC=BF ∶ FC=d1 ∶ d2.设AE=d1k1，EC=d2k1，BF=d1k2，FC=d2k2，则SCEF=FC・ECsin∠ACB=・k1k2sin∠ACB. 同理可得 SABC=（d1+d2）2k1k2sin∠ACB．

SAEF ∶ SCEF ＝AE ∶ EC=d1 ∶ d2， SAEF =d1d2k1k2sin∠ACB， SABF =SABC -SCEF -SAEF =（+d1d2）k1k2sin∠ACB， SABF ∶ SAEF ∶ SCEF ＝（+d1d2） ∶ d1d2 ∶ . 点G到AEF与ABF的距离相等， =．

EG为平行四边形EFGH的对角线， SEFG=SEHG， VA-EFG=VA-EHG．

AB∥EF， ABE与ABF同底等高， SABE =SABF.设A到平面BCD的距离为h， VG-ABE=VG-ABF=SBFG・h． VABEFGH=VG-ABF +VA-EFG+VA-EHG=VG-ABF+2VA-EFG. 由=可得VG-AEF=.VG-ABF=・SBFG・h， VABEFGH=SBFG・h+SBFG・h・． 又=k， ===1+・2=．

四、综合性问题

立体几何综合问题往往涉及较复杂的点、线、面的位置关系，有时甚至会与平面几何联系起来．要解决这类问题，不仅要抓住这些位置关系的本质特征，还要注意题中图形与基本图形的联系．

例5 （2009年清华大学自主招生考试第7题） 已知四面体ABCD的三对对棱分别相等．设ABC，ABD，ACD与BCD所在平面所成的角分别为α，β，γ．求证：cosα+cosβ+cosγ=1．

证明：如图3所示，要证明α，β，γ的余弦之间的关系，可以考虑ABC，ABD，ACD与其在BCD所在平面上的射影的面积之间的关系．

设四面体ABCD的顶点A在面BCD上的射影为O，联结BO，CO，DO，则SOBC +SOBD+SOCD=SBCD. 由题意得SOBC=SABC cosα，SOBD=SABDcosβ，SOCD=SACDcosγ. 四面体ABCD是三对对棱分别相等的四面体， ABC，ABD，ACD与BCD是完全相等的三角形， SABC=SABD=SACD=SBCD.由SBCD=SOBC+SOBD+SOCD=SABCcosα+SABDcosβ+SACDcosγ=SBCD・（cosα+cosβ+cosγ）可得cosα+cosβ+cosγ＝1．

例6 （2009年复旦大学自主招生考试第134题） 半径为R的大球内部装有4个半径为r的小球，则小球半径的最大值为

（A） R （B） R

（C） R （D） R

解析： 四个小球装在大球内，我们很难画出其空间图形，但如果我们能抓住这个图形的本质特征，即四个小球的球心与大球球心的位置关系，并设四个小球的球心为四面体的顶点，就能在四面体内解决这个问题．

设四个小球的球心分别为A，B，C，D，大球的球心为O．当且仅当点O到A，B，C，D的距离相等时，图形具有对称性，小球半径能取到最大值．此时四个小球的球心恰好是正四面体ABCD的四个顶点，大球的球心O恰好是正四面体的中心．

如图4所示，联结AO交底面BCD于E，则E为A在BCD上的射影. 联结BE，CE，DE.当小球的半径最大时，小球必须两两相切．易得AB=2r=BC=CD=BD=AC=AD． OE底面BCD，联结OB，OC，OD，由OB＝OC=OD可得BE=CE=DE， E为等边BCD的外心，BE=BC÷cos=r.由勾股定理可得AE==r． 设AO=x，由O是正四面体的中心可知OB=x，在RtOEB中，有OB2=x2=（AE-AO）2+BE2＝ｒ-ｘ2+ｒ2，解得x=AO=r.由R=AO+r解得r=（-2）R＝． 选B．

【下期预告】

排列组合、二项式定理和概率统计是自主招生考试的必考内容之一，它们的考查内容相对独立，但试题新颖，往往与生产、生活紧密联系．在下期内容中，我们将讨论这方面的问题．