创新方案高考数学一轮复习 第八篇 立体几何 专题四 高考立体几何命题动向 理 新人教版 8页

专题四　高考立体几何命题动向 高考命题分析 立体几何主要包括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图，点、直线、平面的位置关系等. ‎ 高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间中点、线、面位置关系的判断及空间角等几何量的计算，既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．一般来说，选择题、填空题大多考查概念辨析，位置关系探究，空间几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；解答题多以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直的探究，关注对条件和结论不完备情形下开放性问题的探究．‎ 高考命题特点 立体几何在高考中占据重要的地位，通过分析近几年的高考情况，可以发现对立体几何问题的考查已经突破了传统的框架，在命题风格上，正逐步由封闭性向灵活性、开放性转变．因此，如何进一步把握复习的重点，提高复习效率，从而快速地突破立体几何难点是高考复习过程中必须认真考虑的问题．近几年高考对立体几何的考查特点主要表现在以下几个方面：‎ ‎(1)从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变：除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等知识，其解题思路也都是“作证——求”，强调作图、证明和计算相结合．‎ ‎(2)从内容上来看，主要考查：①直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④求简单几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题时除套用特殊几何体的侧面积和表面积公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用；⑥三视图，要能辨认空间几何体的三视图，高考中三视图常与表面积、体积相结合．‎ ‎(3)从能力上来看，着重考查空间想象能力，即对空间几何体的观察分析和抽象的能力，要求“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术．‎ 高考动向透视 空间几何体的结构、三视图、直观图 本部分在新课标高考中的考查重点是以三视图为命题背景来研究空间几何体的结构特点和求解几何体的表面积和体积．备考中，要熟悉一些典型的几何体(如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等)的三视图．近年的新课标高考的命题重点和热点依然是以选择题、填空题的方式考查以下两个方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积．‎ ‎【示例1】►(2010·广东)‎ 如图，△ABC为正三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC，且3AA′＝BB′＝CC′＝AB，则多面体ABCA′B′C′的正视图(也称主视图)是(　　)．‎ 解析　画三视图时，由内到外CC′为虚线，且虚线所在直线应垂直平分AB，故选D.‎ 答案　D ‎ 三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．‎ 空间几何体的计算问题 本部分是新课标高考考查的重点内容，常以几何体的表面积和体积的计算以及几何体的外接球、内切球的知识为主要命题点进行考查．在备考中要牢记一些典型几何体的表面积和体积的计算公式，以及几何体的棱长与它的内切球、外接球的半径之间的转换关系．‎ ‎【示例2】►(2011·辽宁)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积为(　　)．‎ A．3 B．2 C. D．1‎ 解析　由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD＝x，则DC＝4－x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD，在△SAD和△SBD 中，由已知条件可得AD＝BD＝x，又因为SC为直径，所以∠SBC＝∠SAC＝90°，所以∠DCB＝∠DCA＝60°，在△BDC中，BD＝(4－x)，所以x＝(4－x)，所以x＝3，AD＝BD＝，所以△ABD为正三角形，所以V＝S△ABD×4＝.故选C.‎ 答案　C ‎ 本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥SABC的结构特征的分析判断，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的方法．‎ ‎【训练】 (2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.‎ ‎(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；‎ ‎(2)若BD＝1，求三棱锥DABC的表面积．‎ ‎(1)证明　∵折起前AD是BC边上的高，‎ ‎∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，又DB∩DC＝D，‎ ‎∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD，‎ ‎∴平面ABD⊥平面BDC.‎ ‎(2)解　由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA，‎ ‎∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC，∴AB＝BC＝CA＝，‎ 从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，‎ S△ABC＝×××sin 60°＝，‎ ‎∴三棱锥DABC的表面积S＝×3＋＝.‎ 空间的线面位置关系 对于直线与平面的位置关系，高考中主要考查平面的基本性质，考查空间的线线、线面和面面的平行关系与垂直关系的判定并运用平行、垂直的判定定理与性质进行推理论证，一般会以选择题或解答题的形式进行考查．解题的策略：结合图形进行平行与垂直的推理证明，由线线平行或垂直推证出线面平行或垂直，再由线面平行或垂直证明面面平行或垂直．如果是选择题还可以依据条件举出反例否定．‎ ‎【示例3】►(2011·扬州模拟)在四棱锥PABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．‎ ‎(1)求证：BM∥平面PAD；‎ ‎(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　‎ 如图，取PD中点E，连接EM、AE，‎ ‎∴EM綉CD，而AB綉CD，‎ ‎∴EM綉AB.‎ ‎∴四边形ABME是平行四边形．‎ ‎∴BM∥AE.‎ ‎∵AE⊂平面ADP，BM⊄平面ADP，‎ ‎∴BM∥平面PAD.‎ ‎(2)解　∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AB.而AB⊥AD，PA∩AD＝A，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD.‎ ‎∵PA＝AD，E是PD的中点，∴PD⊥AE.AB∩AD＝A.‎ ‎∴PD⊥平面ABME.‎ 作MN⊥BE，交AE于点N.∴MN⊥平面PBD.‎ 易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝，EM＝CD＝1，‎ 由＝，得EN＝＝＝，∴AN＝.‎ 即点N为AE的中点．‎ ‎ 在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知图形通过计算证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视平面与平面垂直的性质定理．‎ 空间角的计算 高考中立体几何的计算主要有两个方面，即空间几何体的表面积、体积的计算，空间角与距离的计算，其中空间角的计算是高考考查考生逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力的重点．这类试题如果是在选择题或者填空题中出现，则考查简单的空间角的计算，如果是在解答题中出现，则往往是试题的一个组成部分．‎ ‎【示例4】►(2011·湖南)‎ 如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，点C在上，且∠CAB＝30°，D为AC的中点．‎ ‎(1)证明：AC⊥平面POD；‎ ‎(2)求直线OC和平面PAC所成角的正弦值．‎ ‎(1)证明　如图，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.‎ 又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.‎ ‎(2)解　由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.在平面POD中，如图，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC.连接CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角．‎ 在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝.‎ 在Rt△POD中，OH＝＝＝.‎ 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝.‎ 故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为.‎ ‎ 本题考查垂直关系的证明，线面角的求解及逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力．试题的难点是第二问的线面角，其中作出线面角是解题的关键，作线面角就是找直线上的点在平面内的射影，一个根本的方法就是通过两个平面互相垂直的性质定理得出点在平面上的射影．‎ 空间距离的计算 高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的重要内容之一，在计算空间几何体的体积、空间角时，往往需要计算距离．距离问题的关键是“垂直”，通过作垂线把求解的距离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．距离问题也与逻辑推理、空间想象密不可分，是立体几何考查逻辑推理能力和空间想象能力的深化．‎ ‎【示例5】►(2011·重庆)高为的四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为(　　)．‎ A. B. C. D. 解析　设题中的球的球心为O，球心O与顶点S在底面ABCD上的射影分别是O1，E，连接OA，OB，OC，OD，OS，则有OA＝OB＝OC＝OD＝OS＝1，点O1是底面正方形ABCD的中心，OO1∥SE，且OO1＝＝＝，SE＝.在直角梯形OO1ES中，作OF⊥SE于点F，则四边形OO1EF是矩形，EF＝OO1＝，SF＝SE－EF＝－＝.在Rt△SOF中，OF2＝OS2－SF2＝1－2＝，即O1E＝.在Rt△SO1E中，SO1＝＝＝，选A.‎ 答案　A ‎ 本小题主要考查了考生的空间想象能力以及如何有效地利用已知条件恰当地将空间问题平面化，从而借助于平面几何知识解决相关问题．‎ ‎【训练】 (2011·北京)‎ 如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．‎ ‎(1)求证：DE∥平面BCP；‎ ‎(2)求证：四边形DEFG为矩形；‎ ‎(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．‎ ‎(1)证明　因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.‎ ‎(2)证明　因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，‎ 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形．‎ 又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.‎ 所以四边形DEFG为矩形．‎ ‎(3)解　存在点Q满足条件，理由如下：‎ 如图，连接DF，EG，设Q为EG的中点．‎ 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG.‎ 分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.‎ 与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG，‎ 所以Q为满足条件的点．‎ 空间向量及其运算 高考对空间向量的考查主要在立体几何的解答题中进行，试题的一般设计模式是先进行一个线面位置关系的证明，再设计一个求解空间角或距离的问题，第一个问题的意图是考查考生使用综合几何法进行逻辑推理的能力，对于空间角或距离的求解，虽然也可以使用综合几何法解决，但命题者的意图显然不是如此，其真正的意图是考查考生使用空间向量的方法解决立体几何问题的能力．‎ ‎【示例6】►(2011·湖北高考)如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．‎ ‎(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；‎ ‎(2)设二面角CAFE的大小为θ，求tan θ的最小值．‎ 解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF，AF，则由已知可得A(0,0,0)，B(2 ‎，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，‎ 于是＝(0，－4,4)，＝(－，1,1)．‎ 则·＝(0，－4,4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0，‎ 故EF⊥A1C.‎ ‎(2)设CF＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，λ)．‎ ＝(，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m⊥，m⊥可得 即取m＝(λ，－λ，4)．‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，‎ 于是由θ为锐角可得cos θ＝＝，‎ sin θ＝，‎ 所以tan θ＝＝.‎ 故0＜λ≤4，得≥，即tan θ≥ ＝.‎ 故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值.‎ ‎ 本题考查空间垂直关系的证明和二面角的求解及函数思想．本题的空间几何体便于建立空间直角坐标系，而且对于要证明的线线垂直和要求解的二面角正切的最值，使用空间向量的方法有一定的优势．线线垂直就是直线的方向向量的数量积等于零，二面角的大小可以使用两个平面的法向量进行计算，便于建立函数关系式．‎