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篇一：高中数学_椭圆习题精选精讲素材_
椭圆知识点
知识要点小结：知识点一：
椭圆的定义
平面内一个动点P到两个定点F1、F2的距离之和等于常数(PF1?PF2?2a?F1F2) ,这个动点P的轨迹叫椭圆.这两个定点叫椭圆的焦点，两焦点的距离叫作椭圆的焦距.
注意：若(PF1?PF2?F1F2)，则动点P的轨迹为线段F1F2；若(PF1?PF2?F1F2)，则动点P的轨迹无图形.
知识点二：椭圆的标准方程
x2y2222
1．当焦点在x轴上时，椭圆的标准方程：2?2?1(a?b?0)，其中c?a?b
ab
y2x2222
2．当焦点在y轴上时，椭圆的标准方程：2?2?1(a?b?0)，其中c?a?b；注意：1．只有当椭
ab
圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴建立直角坐标系时， 才能得到椭圆的标准方程；2．在椭圆的两种标准方程中，都有(a?b?0)和c2?a2?b2；3．椭圆的焦点总在长轴上.
当焦点在x轴上时，椭圆的焦点坐标为(c,0)，(?c,0)； 当焦点在y轴上时，椭圆的焦点坐标为(0,c)，(0,?c) 知识点三：椭圆的简单几何性质
x2y2
椭圆：2?2?1(a?b?0)的简单几何性质
ab
x2y2
（1）对称性：对于椭圆标准方程2?2?1(a?b?0)：说明：
ab
或把y换成?y、或把x、y同时换成?x、?y、原方程都不变，
把x换成?x、所以椭圆原点为对称中心
x2y2
?2?1是以x轴、y轴为对称轴的轴对称图形，并且是以2ab
的中心对称图形，这个对称中心称为椭圆的中心。 （2）范围：
椭圆上所有的点都位于直线x??a和y??b所围成的矩形内，所以椭圆上点的坐标满足x（3）顶点：①椭圆的对称轴与椭圆的交点称为椭圆的顶点。
?a，y?b。
x2y2
②椭圆2?2?1(a?b?0)与坐标轴的四个交点即为椭圆的四个顶点，坐标分别为 A1(?
a,0)，
ab
A2(a,0)，B1(0,?b)，B2(0,b)
③线段A1A2，B1B2分别叫做椭圆的长轴和短轴，A1A2长和短半轴长。 （4）离心率：
①椭圆的焦距与长轴长度的比叫做椭圆的离心率，用e表示，记作e?
?2a,B1B2?2b。a和b分别叫做椭圆的长半轴
2cc?。 2aa
②因为(a?c?0)，所以e的取值范围是(0?e?1)。e越接近1，则c就越接近a，从而b?a2?c2越小，因
c?0，此椭圆越扁；反之，从而b越接近于a，这时椭圆就越接近于圆。 当且仅当a?b时，e越接近于0，c就越接近0，
x2y2
这时两个焦点重合，图形变为圆，方程为x?y?a。注意： 椭圆2?2?1的图像中线段的几何特征（如下
ab
2
2
图）：（1）(PF1?PF2
?2a)；
PF1PM1
?
PF2PM2
?e；
(PM1?PM2
(BF1?BF2
2a2
?)；
c
?a)；(OF1?OF2
?c)；
（2）
A1B?A2B?a2?b2；
（3）A1F1
?A2F2?a?c；A1F2?A2F1?a?c；a?c?PF1?a?c；
x2y2y2x2
知识点四：椭圆2?2?1 与 2?2?1(a?b?0)的区别和联系
abab
x2y2y2x2
注意：椭圆2?2?1，2?2?1(a?b?0)的相同点：形状、大小都相同；参数间的关系都有(a?b?0)和
abab
e?
c
(0?e?1)，a2?b2?c2；不同点：两种椭圆的位置不同；它们的焦点坐标也不相同。 a
规律方法：
1．如何确定椭圆的标准方程？
任何椭圆都有一个对称中心，两条对称轴。当且仅当椭圆的对称中心在坐标原点，对称轴是坐标轴，椭圆的方程才是标准方程形式。此时，椭圆焦点在坐标轴上。
确定一个椭圆的标准方程需要三个条件：两个定形条件a,b；一个定位条件焦点坐标，由焦点坐标的形式确定标准方程的类型。
2．椭圆标准方程中的三个量a,b,c的几何意义
椭圆标准方程中，a,b,c三个量的大小与坐标系无关，是由椭圆本身的形状大小所确定的。分别表示椭圆的长半轴长、短半轴长和半焦距长，均为正数，且三个量的大小关系为：(a?b?0)，(a?c?0)，且(a2?b2?c2)。
可借助右图理解记忆：
显然：a,b,c恰构成一个直角三角形的三条边，其中a是斜边，b、
c为两条直角边。椭圆的焦点
2
3．如何由椭圆标准方程判断焦点位置
总在长轴上，因此已知标准方程，判断焦点位置的方法是：看x，y的分母大，焦点就在哪个坐标轴上。
4．方程Ax?By?C(A,B,C均不为零）是表示椭圆的条件
2
2
2
分母的大小，哪个
x2By2Ax2By2
??1，所以只有A、B、C同号，且A?B时，方程表示??1，即方程Ax?By?C可化为
CCCC
AB
2
2
椭圆。当
CCCC
?时，椭圆的焦点在x轴上；当?时，椭圆的焦点在y轴上。 ABAB5．求椭圆标准方程的常用方法：
①待定系数法：由已知条件确定焦点的位置，从而确定椭圆方程的类型，设出标准方程，再由条件确定方程中的
参数a,b,c的值。其主要步骤是“先定型，再定量”；
②定义法：由已知条件判断出动点的轨迹是什么图形，然后再根据定义确定方程。
6．共焦点的椭圆标准方程形式上的差异
x2y2x2y2
?2?1(m??b2)，此类共焦点，则c相同。与椭圆2?2?1(a?b?0)共焦点的椭圆方程可设为2
aba?mb?m
问题常用待定系数法求解。
7．判断曲线关于x轴、y轴、原点对称的依据：
① 若把曲线方程中的x换成?x，方程不变，则曲线关于y轴对称； ② 若把曲线方程中的y换成?y，方程不变，则曲线关于x轴对称；
③ 若把曲线方程中的x、y同时换成?x、?y，方程不变，则曲线关于原点对称。
8．如何求解与焦点三角形△PF1F2（P为椭圆上的点）有关的计算问题？
思路分析：与焦点三角形△PF1F2有关的计算问题时，常考虑到用椭圆的定义及余弦定理（或勾股定理）、
1
三角形面积公式S?PF1F2?PF1?PF2?sin?F1PF2相结合的方法进行计算解题。
2将有关线段PFPF2F1F2，有关角?F1PF2 (?F1PF2??F1BF2)结合起来，建立PF1?PF2、1PF1?PF2之间的关系.
9．如何计算椭圆的扁圆程度与离心率的关系？ 长轴与短轴的长短关系决定椭圆形状的变化。离心率e?
c
(0?e?1)，因为c2?a2?b2，a?c?0，用a
a、b表示为e??()2(0?e?1)。
ba
显然：当圆。
bb
越小时，e(0?e?1)越大，椭圆形状越扁；当越大，e(0?e?1)越小，椭圆形状越趋近于aa
椭圆习题精选精讲
（1）第一定义——把椭圆从圆中分离
椭圆从圆（压缩）变形而来，从而使得椭圆与圆相关而又相异. 它从圆中带来了中心和定长，但又产生了2个新的定点——焦点. 准确、完整地掌握椭圆的定义，是学好椭圆、并进而学好圆锥曲线理论的基础.
【例1】 若点M到两定点F1（0，-1），F2（0，1）的距离之和为2，则点M的轨迹是 （ ）
A.椭圆 B.直线F1F2 C.线段F1F2D.线段F1F2的中垂线.
【解析】注意到
F1F2?2,且MF1?MF2?2,故点M只能在线段F1F2上运动，即点M的轨迹就是线段F1F2，选C.
【评注】椭圆的定义中有一个隐含条件，那就是动点到两定点的距离之和必须大于两定点间的距离.忽视这一点，就会错误地选A.
（2）勾股数组——椭圆方程的几何特征
椭圆的长、短半轴a、b和半焦距c，满足错误！未找到引用源。.在a、b、c三个参数中，只要已知或求出其中的任意两个，便可以求出第3个，继而写出椭圆方程和它的一切特征数值.椭圆方程的标准式有明显的几何特征，这个几何特征就反映在这个勾股数组上. 所谓解椭圆说到底是解这个勾股数组.
【例2】已知圆A:
?x?3?2?y2
，圆P过点B且与圆A内切，求圆心P的轨迹方程. ?100，圆A内一定点B（3，0）
【解析】如图，设两圆内切于C，动点P（x，y）， 则A、P、C共线. 连AC、PB，∵
PA?PB?AC?10
为定长，而A（-3，0），B（3，0）为定点，∴圆心P的 轨迹是椭圆.且a
?5,c?3,?b?4.所求轨迹方程为：
x2y2??1. 2516
（3）第二定义——椭圆的个性向圆锥曲线共性加盟
如果说椭圆第一定义的主要功能是导出了椭圆的方程，那么椭圆的第二定义则给椭圆及其方程给出了深刻的解释.根据这个解释，我们可以方便地解决许多关于椭圆的疑难问题.
【例3】已知椭圆例中项.
【解析】由椭圆方程知：a椭圆的左准线为：l:x
x2y2
??1，能否在此椭圆位于y轴左侧部分上找一点P，使它到左准线的距离是它到两焦点F1，F2距离的比43
?2,b??c?1,e?
1
. 2
Y
H
??4.设存在椭圆上一点P（x，y）
d
（x<0）符合所设条件.作PH⊥l于H.令
P(x,y)PH?d,PF1?r1,PF2?r2，则有：
PH?PF1?PF2?d2?r1r2.但是
2
F2(X
11
r1?ed?d,r2?2a?r1?4?d.
22
∴d
2
?
8121?1?8
d??4?d??d?.又d?x?4,?x??4??.
552?2?5
篇二：高三数学复习文科--立体几何习题精选精讲
例谈立体几何中的转化
立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富，其中最重要的就是转化的思想方法，它贯穿立体几何教学的始终，在立体几何教学中占有很重要的地位。立体几何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化，具体从以下几个方面入手。 1、
位置关系的转化
线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体几何中的一个重点内容，其精髓就是平行与垂直位置关系的相互依存及转化，平行与垂直问题不但能横向转化，而且可以纵向转化。
例1 已知三棱锥S－ABC中，∠ABC＝90°，侧棱SA⊥底面ABC，点A在棱SB和SC上的射影分别是点E、F。求证EF⊥SC。 分析：∵A、E、F三点不共线，AF⊥SC， ∴要证EF⊥SC，只要证SC⊥平面AEF， 只要证SC⊥AE（如图1）。
又∵BC⊥AB，BC⊥SA，∴BC⊥平面SAB， ∴SB是SC在平面SAB上的射影。 ∴只要证AE⊥SB（已知），∴EF⊥SC。
例2 设矩形ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，以EF为棱将矩形 折成二面角A－EF－C1(如图－2)。求证：平面AB1E∥平面C1DF。 分析一（纵向转化）：
∵AE∥DF，AE?平面C1DF，
∴ AE∥平面C1DF.同理，B1E∥平面C1DF， 又AE∩B1E＝E，∴平面AB1E∥平面C1DF。 分析二（横向转化）：
∵AE∥EF，B1E⊥EF，且AE∩B1E＝E，∴EF⊥平面C1DF。 同理，EF⊥平面C1DF 。平面AB1E∥平面C1DF。 2、降维转化
由三维空间向二维平面转化，是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去，用学生们比较熟悉的
平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等的平面问题。 例3 如图-3，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC=
S
B
1 B E 图－ A
C
CD
图－2
2，BB1=2，?ABC?90?，E、F分别为AA1、
C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为 . 分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。
3
2 2
又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。 例4 如图-4直四棱柱ABCD?
是直角，A1B1C1D1中，AA1?2，底面ABCD是直角梯形，∠A图-3 AB||CD，AB=4，AD=2，
示）
DC=1，求异面直线BC1与DC所成角的大小.（结果用反三角函数值表解：由题意AB//CD，
??C1BA是异面直线BC1与DC所成的角.
连结AC1与AC，在Rt△ADC中，可得又在Rt△ACC1中，可得AC1=3.
在梯形ABCD中，过C作CH//AD交AB于H， 得?CHB
AC?，
?90?,CH?2,HB?3,?CB?
图-4
又在Rt?CBC1中，可得BC1
?，
AB2?BC12?AC1233?,??ABC1?arccos. 在?ABC1中,cos?ABC1?
2AB?BC11717
∴异而直线BC1与DC所成角的大小为。
实现空间问题向平面问题转化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。 3、割补转化
“割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的简单几何体，从而较快地找到解决问题的突破口。
例5 如图5，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PA＝BC＝n, PA与BC的公垂线ED＝h，
1
求证：三棱锥P－ABC的体积Vn2h.
6此题证法很多，下面用割补法证明如下：
分析一：如图5，连结AD、PD，∵BC⊥DE，BC⊥AB，
∴BC⊥平面APD，又DE⊥AP，
图—5
C ∴VP－ABC＝VB－APD＋VC－
1
3BC·SAPD＝
⊿
12
nh6 。 APD＝
分析二：如图6，以三棱锥P－ABC的底面为底面，侧棱PA为侧棱，补成三棱拄 PB1C1－ABC，连结EC、EB，则易证AP⊥平面EBC，
1
1
2 n2h。 EBC＝
图－6
∴V三棱拄＝AP·S⊿
B1 A1D1 B1
D
∴VP－
1
3 VABC =
三棱拄
=
12
nh6。
4、等积转化
“等积法”在初中平面几何中就已经有所应用，是一种很实用的数学方法与技巧。立体几何中的“等积转化”（或称等积变换）是以面积、体积（尤其是四面体的体积）作为媒介，来沟通有关元素之间的联系，从而使问题得到解决。
例6 如图7，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA1与CC1
的中点，求四棱锥A1－EBFD1的体积。 略解：易证四边形EBFD1是菱形，
连结A1C1、EC1、AC1、AD1，
则VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1
1
=2VE- A1C1D1=VA-A1C1D1=6
5、抽象向具体转化
V正方体
16AC1＝
a。
3
图 A D
B C
A1
D1
1C1图－9
例7 A、B、C是球O面上三点，弧AB、AC、BC的度数分别是90°、90°、60°。求球O夹在二面角B－AO－C间部分的体积。
分析：此题难点在于空间想象，即较抽象。教师 引导学生读题：条件即∠AOB＝∠AOC＝90°，∠BOC＝60°，然后给出图形（如图8），则可想象此题意即为用刀沿60°二面角，以直径为棱将一个西瓜切下一块，求这一块西瓜的体积，（答：
图－8
2?r39
）。问题于是变得直观具体多了。
例8 三条直线两两垂直，现有一条直线与其中两条直线都成60°角，求此直线与另外一条直线所成的角。
分析：由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直，于是问题可以转化为如下问题：长方体一条对角线与同一顶点上的三条棱所成的角分别是60°、60°、α，求α的大小。
根据长方体的性质，有cosα＋cos60°＋cos60°＝1，可求得α＝45°。
立体几何的教学，关键是要调动学生的学习兴趣，让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结论源自生活实际，源自平面几何，要教会学生联想实际模型，联想平面几何中已经熟悉的东西，借助可取之材来建立空间想象，加强直观教学，这样就容易让学生接受，让他们喜欢上这一门学科，从而更有效地培养他们的空间想象力，提高他们解决立体几何问题的能力。
立方体在高考题中
立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体. 首先：其本身中的点、线、面的位置关系包涵了空间图形中的所有的位置关系. 其次：它与代数(如：不等式、函数与数列、排列组合等)、三角、解析几何有着密切联系. 因而它是高考命题的热点. 下面从数学思想方法方面探究其重要性.
一．体现数形结合思想
1．2004年天津卷(6)如图，在棱长为2的正方体
ABCD?A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点.
那么异面直线OE和FD1所成的角?的余弦值等于.
(A)
5
(B)
5
(C)
42 (D) 53
Z
分析：可建立空间直角坐标系(如图),转化为空间向量的数量关系 运用数量积来求解,可得=(－1,1,1),
FD1=(－
1,0,2)
有 又 ∴
,
=
5,
〃FD1=(－1,1,1) 〃(－1,0,2)=3 〃FD1= 〃5cos? 〃cos?=3
即cos?=
5
.故选(B)
注：立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(
2．2003年全国卷（12）一个四面体的所有棱长都为
（A）3? （B）4?
（C）3
，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）
（D）6?
分析：本题中没有立方体,可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体. 如图,将正四面体ABCD补成立方体,则正四面体、立方体的中心 与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为
,
所以正方体棱长为1,从而外接球半径R=
32
,得S球＝3?.故选(A).
注：“补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决,是处理空间图形中惯用的手段. 二．体现转化与化归思想
3．2003年全国(理)(16)．下列5个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l
的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序号）__________.
①②③ ④⑤
分析：易知①是合要求
?面MNP
的，由于五个图形中的
l在同一位置,只要观
察图②③④⑤ 中的平面MNP哪一个和①中的平面MNP平行(转化为面面平行) 即可. 故为: ①④⑤
注：本题中选①中平面MNP作为“参照系”,可清淅解题思路,明确解题目标.
4．2004年北京卷（4）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是 （A） 直线 （B） 圆 （C） 双曲线 （D） 抛物线
分析：易知P到直线C1D1的距离为：
由C1是定点, BC是定直线.
AC1
PC1
.
C
条件即动点P到定点C1的距离等于到定直线BC的距离.
.故选(D)
注：立几中的解几问题是近年来才露脸的题型,要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容,更要有跳跃的思维,较强的转换能力.
三．体现分类讨论思想
5．2000年全国卷（16）如图，E、F分别为正方体的面
ADD1A1、
面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射 影可能是______。（要求：把可能的图的序号都填上）
分析：因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形BFD1E在三个方向上作投影即可,因而可分为三类情况讨论.
⑴在面ABCD上作投影可得②(平行四边形). ⑵在面⑶在面
ADD1A1上作投影可得③(线段).
ABB1A1上作投影可得②(平行四边形).
故可填为：②③
注：截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型,象本题一样的定性分析题一定要抓住图形的特性(平行、垂直等)进行分析.
6．2004年湖南卷(10) 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为 (A)56 (B) 52 (C)48(D)40 分析：可将合条件的直角三角形分为两类：
第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6C4=24个.
第二类：三个顶点在正方体的相对的两个面上时,直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面,因而有：6×4=24个. 故共有：24+24=48个.从而选 (C)
注：以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型,要做到不重复不遗漏地分类并且注意几何体的结构特点去求解.
四．体现函数与方程思想 7． 2002全国卷(18) 如图，正方形点N在BF上移动， 若CM
3
ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动，
?BN?a(0?a?).
（1）求MN的长；
（2）当a为何值时，MN的长最小；
分析：将图形补成为正方体(如图)运用函数思想求解. （1）作MK⊥AB于K,连KN.由面ABCD⊥面ABEF 得MK⊥KN.从而又由
MN
=
MK2?KN2
……①
BKCMBN
得KN∥AF. ??
KAMANFKN
=
D
E F
从而
BK
=
2BN2
=
2
a ……② 2
A
MK?
22AM?(?a) ……③ 22MN
=
将②③代入①有
11
(2?a)2?a222MN
=
=
a2?2a?1为所求.
（2）运用函数配方法,由（Ⅰ）知
a2?a?1. (0?a?2).
配方有
MN
=
(a?
221)?22
取最小值
≥
2
2
.
即当a=
22
时，
MN
22
注：对空间图形中含有一些“动态”因素(象距离、角度等)的问题,可考虑能否把这一动源作为自变量,构造目标函数,用函数的思想来处理.
8．2004年湖北（18）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F 是棱CD上的动点.试确定点F的 使得D1E⊥平面AB1F.
分析：以A为坐标标原点，建立如图所未的空间直角坐标系.
运用方程思想(借助向量的数量积)求解.
篇三：立体几何(文)习题精选精讲
例谈立体几何中的转化
立体几何中所蕴含的数学思想方法非常丰富，其中最重要的就是转化的思想方法，它贯穿立体几何教学的始终，在立体几何教学中占有很重要的地位。立体几何中的转化主要是空间问题向平面问题的转化，具体从以下几个方面入手。 1、
位置关系的转化
线线、线面、面面平行与垂直的位置关系是立体几何中的一个重点内容，其精髓就是平行与垂直位置关系的相互依存及转化，平行与垂直问题不但能横向转化，而且可以纵向转化。
例1 已知三棱锥S－ABC中，∠ABC＝90°，侧棱SA⊥底面ABC，点A在棱SB和SC上的射影分别是点E、F。求证EF⊥SC。 分析：∵A、E、F三点不共线，AF⊥SC， ∴要证EF⊥SC，只要证SC⊥平面AEF， 只要证SC⊥AE（如图1）。
又∵BC⊥AB，BC⊥SA，∴BC⊥平面SAB， ∴SB是SC在平面SAB上的射影。 ∴只要证AE⊥SB（已知），∴EF⊥SC。
例2 设矩形ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，以EF为棱将矩形 折成二面角A－EF－C1(如图－2)。求证：平面AB1E∥平面C1DF。 分析一（纵向转化）：
∵AE∥DF，AE?平面C1DF，
∴ AE∥平面C1DF.同理，B1E∥平面C1DF， 又AE∩B1E＝E，∴平面AB1E∥平面C1DF。 分析二（横向转化）：
∵AE∥EF，B1E⊥EF，且AE∩B1E＝E，∴EF⊥平面C1DF。 同理，EF⊥平面C1DF 。平面AB1E∥平面C1DF。 2、降维转化
由三维空间向二维平面转化，是研究立体几何问题的重要数学方法之一。降维转化的目的是把空间的基本元素转化到某一个平面中去，用学生们比较熟悉的
平面几何知识来解决问题。如线面垂直的判定定理的证明就是转化为三角形全等的平面问题。 例3 如图-3，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC=
S
1 B E 图－ A
C
CD
图－2
2，BB1=2，?ABC?90?，E、F分别为AA1、
3
2 2
C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为 . 分析：这类问题通常都是将几何体的侧面展开成平面图形来解决。
又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算，最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。 例4 如图-4直四棱柱ABCD?
是直角，A1B1C1D1中，AA1?2，底面ABCD是直角梯形，∠A图-3 AB||CD，AB=4，AD=2，
示）
DC=1，求异面直线BC1与DC所成角的大小.（结果用反三角函数值表解：由题意AB//CD，
??C1BA是异面直线BC1与DC所成的角.
连结AC1与AC，在Rt△ADC中，可得又在Rt△ACC1中，可得AC1=3.
在梯形ABCD中，过C作CH//AD交AB于H， 得?CHB?90?,CH
AC?，
?2,HB?3,?CB?
图-4
又在Rt?CBC1中，可得BC1
?，
AB2?BC12?AC123在?ABC中,cos?ABC??,??ABC?. 111
2AB?BC11717
∴异而直线BC1与DC所成角的大小为。
实现空间问题向平面问题转化的方法很多，常用的就有：平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。 3、割补转化
“割形”与“补形”是解决立体几何问题的常用方法之一，通过“割”或“补”可化复杂图形为已熟知的简单几何体，从而较快地找到解决问题的突破口。
例5 如图5，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥BC，PA＝BC＝n, PA与BC的公垂线ED＝h，
1
求证：三棱锥P－ABC的体积Vn2h.
6此题证法很多，下面用割补法证明如下：
分析一：如图5，连结AD、PD，∵BC⊥DE，BC⊥AB，
∴BC⊥平面APD，又DE⊥AP，
图—5
C ∴VP－ABC＝VB－APD＋VC－
1
3BC·SAPD＝
⊿
12nh6 。 APD＝
分析二：如图6，以三棱锥P－ABC的底面为底面，侧棱PA为侧棱，补成三棱拄 PB1C1－ABC，连结EC、EB，则易证AP⊥平面EBC，
1
1
2EBC＝
n2h。
∴V三棱拄＝AP·S⊿
B1 图－6
A1D1 B1
D
∴VP－
1
3 VABC =
三棱拄
=
12nh6。
4、等积转化
“等积法”在初中平面几何中就已经有所应用，是一种很实用的数学方法与技巧。立体几何中的“等积转化”（或称等积变换）是以面积、体积（尤其是四面体的体积）作为媒介，来沟通有关元素之间的联系，从而使问题得到解决。
例6 如图7，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，E、F分别为棱AA1与CC1
的中点，求四棱锥A1－EBFD1的体积。 略解：易证四边形EBFD1是菱形，
连结A1C1、EC1、AC1、AD1，
则VA1-EBFD1=2VA-EFD=2VF- A1ED1=2VC1- A1ED1
1
=2VE- A1C1D1=VA-A1C1D1=6
5、抽象向具体转化
V正方体
16AC1＝
a。
3
图 A D
B C
A1
D1
1C1 例7 A、B、C是球O面上三点，弧AB、AC、BC的度数分别是90°、90°、60°。求球O夹在二面角B－AO－C间部分的体积。
分析：此题难点在于空间想象，即较抽象。教师 引导学生读题：条件即∠AOB＝∠AOC＝90°，∠BOC＝60°，然后给出图形（如图8），则可想象此题意即为用刀沿60°二面角，以直径为棱将
图－8
2?r3
一个西瓜切下一块，求这一块西瓜的体积，（答：9
）。问题于是变得直观具体多了。
例8 三条直线两两垂直，现有一条直线与其中两条直线都成60°角，求此直线与另外一条直线所成的角。
分析：由条件想象到长方体的三条棱也两两垂直，于是问题可以转化为如下问题：长方体一条对角线与同一顶点上的三条棱所成的角分别是60°、60°、α，求α的大小。
根据长方体的性质，有cosα＋cos60°＋cos60°＝1，可求得α＝45°。
立体几何的教学，关键是要调动学生的学习兴趣，让他们学会联想与转化。立体几何的许多定理、结论源自生活实际，源自平面几何，要教会学生联想实际模型，联想平面几何中已经熟悉的东西，借助可取之材来建立空间想象，加强直观教学，这样就容易让学生接受，让他们喜欢上这一门学科，从而更有效地培养他们的空间想象力，提高他们解决立体几何问题的能力。
立方体在高考题中
立方体是高中课本里空间图形中的最基本、最常用、最重要的几何体. 首先：其本身中的点、线、面的位置关系包涵了空间图形中的所有的位置关系. 其次：它与代数(如：不等式、函数与数列、排列组合等)、三角、解析几何有着密切联系. 因而它是高考命题的热点. 下面从数学思想方法方面探究其重要性.
一．体现数形结合思想
1．2004年天津卷(6)如图，在棱长为2的正方体
ABCD?A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点.
那么异面直线OE和FD1所成的角?的余弦值等于.
(A)
4(B) (C)
555
(D)
2
3
分析：可建立空间直角坐标系(如图),转化为空间向量的数量关系 运用数量积来求解,可得=(－1,1,1),
FD1=(－
1,0,2)
Z
=3,
有 又 ∴
=
,
〃FD1=(－1,1,1) 〃(－1,0,2)=3 〃FD1=3 〃5cos? 〃cos?=3
.故选(B) 5
即cos?=
注：立方体具有的直观性特点从垂直联想到运用向量法求解(
2．2003年全国卷（12）一个四面体的所有棱长都为
（A）3? （B）4?
（C），四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）
（D）6?
分析：本题中没有立方体,可充分挖掘是正四面体特点补形成立方体. 如图,将正四面体ABCD补成立方体,则正四面体、立方体的中心 与其外接球的球心共一点.因为正四面体的棱长为
,
所以正方体棱长为1,从而外接球半径R=
,得S球＝3?.故选(A). 2
注：“补形割体”构造模型,进行适当的变形为熟悉的模型从而很方便地进行计算使问题得到顺利的解决,是处理空间图形中惯用的手段. 二．体现转化与化归思想
3．2003年全国(理)(16)．下列5个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l
的图形的序号是 （写出所有符合要求的图形序号）__________.
①②③ ④⑤
分析：易知①是合要求
?面MNP
的，由于五个图形中的
l在同一位置,只要观
察图②③④⑤ 中的平面MNP哪一个和①中的平面MNP平行(转化为面面平行) 即可.
故为: ①④⑤
注：本题中选①中平面MNP作为“参照系”,可清淅解题思路,明确解题目标.
4．2004年北京卷（4）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是 （A） 直线 （B） 圆 （C） 双曲线 （D） 抛物线
分析：易知P到直线C1D1的距离为：
由C1是定点, BC是定直线.
AC1
PC1
.
C
条件即动点P到定点C1的距离等于到定直线BC的距离.
.故选(D)
注：立几中的解几问题是近年来才露脸的题型,要求熟练掌握立体几何和解析几何所有知识内容,更要有跳跃的思维,较强的转换能力.
三．体现分类讨论思想
5．2000年全国卷（16）如图，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射 影可能是______。（要求：把可能的图的序号都填上）
分析：因正方体是由三对平行面所组成,所以只要将四边形BFD1E在三个方向上作投影即可,因而可分为三类情况讨论.
⑴在面ABCD上作投影可得②(平行四边形). ⑵在面ADD1A1上作投影可得③(线段).
⑶在面
ABB1A1上作投影可得②(平行四边形).
故可填为：②③
注：截面、射影的问题是空间图形和平面问题间变换的一种重要题型,象本题一样的定性分析题一定要抓住图形的特性(平行、垂直等)进行分析.
6．2004年湖南卷(10) 从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为 (A)56 (B) 52 (C)48(D)40 分析：可将合条件的直角三角形分为两类：
第一类：三个顶点在正方体的同一个面上时有：6C4=24个.
第二类：三个顶点在正方体的相对的两个面上时,直角三角形所在的平面一定是正方体的对角面,因而有：6×4=24个. 故共有：24+24=48个.从而选 (C)
注：以几何体为载体考查排列与组合的有关问题是高考的传统题型,要做到不重复不遗漏地分类并且注意几何体的结构特点去求解.
四．体现函数与方程思想 7． 2002全国卷(18) 如图，正方形点N在BF上移动， 若CM
3
ABCD、ABEF
的边长都是1，而且平面
ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动，
?BN?a(0?a?).
（1）求MN的长；
（2）当a为何值时，MN的长最小；
分析：将图形补成为正方体(如图)运用函数思想求解. （1）作MK⊥AB于K,连KN.由面ABCD⊥面ABEF 得MK⊥KN.从而又由
MN
=
MK2?KN2
得KN∥AF.
……①
BKCMBN
??KAMANF
D
=
E F
从而
KN
=
BK
=
2BN22
a ……② 2
A
MK?
22AM?(?a) ……③ 22
将②③代入①有
MN
=
11
(2?a)2?a222
=
a2?2a?1为所求.
（2）运用函数配方法,由（Ⅰ）知
MN
=
a2?a?1. (0?a?2). 2
2
.
配方有
MN22
=
(a?
221)?22
取最小值
≥
即当a=
时，
MN
2
2
注：对空间图形中含有一些“动态”因素(象距离、角度等)的问题,可考虑能否把这一动源作为自变量,构造目标函数,用函数的思想来处理.
8．2004年湖北（18）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F 是棱CD上的动点.试确定点F的
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