【数学】2019届一轮复习人教B版立体几何学案

【数学】2019届一轮复习人教B版立体几何学案

立体几何 立体几何是高中数学的主干知识．课程标准下的高中数学教材螺旋式地安排了两部分内容 《数学2》（必修）；《数学》（选修2－1）——“空间几何体”、“点、直线、平面之间的位置关系”、“空间直角坐标系”和“空间向量与立体几何”.作为高考必考内容，立体几何主要考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力等.‎ ‎1 新课标全国卷立体几何试题归纳 纵观2014~2017年新课标全国高考数学卷，从年份、卷号、题号、分值、问题的载体、考查的知识点与方法等几个方面，制成下面的表格，从中可以透视近五年立体几何的命题视角和考查方向.‎ 年份 卷别 选择题或填空题 解答题 ‎2014年 全国I卷 理12 三视图（求最长的棱长）‎ 文8 三视图（判断几何体）‎ 理19 （1）证明线段相等；（2）求二面角的余弦值 文19 （1）证明线线垂直；（2）求三棱柱的高 全国II卷 理6/文6 三视图（毛坯体积比）‎ 理11 异面直线所成角的余弦值 文7 三棱锥的体积 理18 （1）证明线面平行；（2）已知二面角大小求三棱锥体积 文18（1）证明线面平行；（2）求点到面的距离 ‎2015年 全国I卷 理6/文6 米堆（圆锥的四分之一）的体积（数学文化）‎ 理11/文11 三视图（组合体，求球的半径）‎ 理18 （1）证明面面垂直；（2）求异面直线所成角的余弦值 文18（1）证明面面垂直；（2）求三棱锥的侧面积 全国II卷 理6/文6 三视图（体积比）‎ 理9/文9 球的表面积（球内接三棱锥问题）‎ 理19 （1）作图题；（2）求线面角的正弦值 文19 （1）作图题；（2）求几何体体积比 ‎2016年 全国I卷 理6/文7 三视图（求八分之七的球的表面积）‎ 理11/文11 求异面直线所成角的正弦值 理18 （1）证明面面垂直；（2）求二面角的余弦值 文18（1）证明中点问题；（2）作图并求四面体的体积 全国II卷 理6/文7 三视图（求组合体的表面积）‎ 理14 位置关系（符号语言）‎ 理19 （1）证明线面垂直；（2）求二面角的正弦值 文19 （1）证明线线垂直；（2）求五棱锥的体积 全国III卷 理9/文10 三视图（求平行六面体的表面积）‎ 理10/文11 与直三棱柱的上、下底面相切的球的体积 理19 （1）证明线面平行；（2）求线面角的正弦值 文19 （1）证明线面平行；（2）求四面体的体积 ‎2017年 全国I卷 理7 三视图（组合体）‎ 理16；三棱锥的体积的最大值 文6 线面平行 ‎ 文16 球的表面积（球内接三棱锥）‎ 理18 （1）证明面面垂直；（2）求二面角的余弦值 文18（1）证明面面垂直；（2）求四棱锥的侧面积 全国II卷 理4/文6 三视图（求体积）‎ 理10 异面直线所成角的余弦值 ‎ 文15 长方体的外接球的表面积 理19 （1）证明线面平行；（2）求二面角的余弦值 文18 （1）证明线面平行；（2）求四棱锥体积 ‎ 全国III卷 理8/文9 圆柱外接球 ‎ 文10 线线垂直 理16 线线所成角 理19 （1）证明面面垂直；（2）求二面角的余弦值 文19 （1）证明线线垂直；（2）求几何体的体积比 ‎ ‎ ‎2 新课标全国卷立体几何试题分析 ‎ ‎ 从2014~2017年新课标全国高考数学卷汇总表可以看出，考查立体几何的题型题序相对稳定．试卷常常设置两 道小题（大部分以选择题形式呈现，有时也以填空题的形式呈现），一道解答题，合计22分．小题一道相对容易、一道中等或中偏上难度（有时在压轴题的位置）；解答题一般在18或19题的位置，属中档题，难度不是太大.下面主要以全国高考数学卷为例，分析学生解答立体几何试题存在的问题，寻找解决问题的对策，并提出几点备考对策，供老师们高三复习参考.‎ 一、存在的问题及原因分析 ‎（一）识图、作图、用图能力弱 识图、作图、用图能力的培养，直接影响着空间象能力的形成. 学生的识图、作图、用图能力弱，通常表现在不能正确地画出几何体的三视图、不会还原三视图或还原成错误的几何体、不会识别几何体中的空间点、线、面的位置关系、把握不清空间图形中的数量关系、不能恰当地利用变换处理图形、不会运用基本图形思考问题和解决问题、混淆展开和折叠前后图形中的变量与不变量等.‎ ‎【例1】(2013新课标II卷理7改编)‎ 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xy 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以 Ox平面为投影面，则得到的正视图可以为(　　).‎ ‎【解析】如图所示，该四面体在空间直角坐标系O－xy 的图像为右图，选A.‎ ‎【评析】本题考查学生画直观图和利用直观图画三视图的基本技能，试题以空间直角坐标系为载体，并在指定的投影面画三视图，考查了空间想象能力和阅读理解能力，较好地体现了试题的新颖性. 学生主要是对所画的直观图中的位置关系和数量关系的错误理解，以及画三视图时虚实不分导致失误.事实上,正确地理解直观图的含义、理解三视图的形成原理，并在解决问题过程中，将四面体放置在正方体中，问题就易于解决. ‎ ‎【例2】（2014年新课标I卷理12）‎ 如图， 格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为（ ）.‎ ‎. . . 6 . 4‎ ‎【解析】如图所示，该几何体为三棱锥，其中， ，故最长的棱的长度为，选C.‎ ‎【评析】本题主要考查三视图还原为几何体，以及三棱锥中的棱长比较与计算.试题对空间想象能力要求比较高. 学生的主要错误在于对三视图感知不全面，无法将三视图还原为正确的几何体或是部分学生判断最长线段依赖直观错选B. 由三视图还原到空间几何体并不一定是唯一的，即使是唯一的，也需要有一个“组图”的过程，这是问题的难点所在. 解决问题关键在于首先要领会三视图的形成原理、厘清 三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．其次要明确由三视图画出直观图的步骤和思考方法 ‎ ‎1. 定底面 根据俯视图确定；‎ ‎2. 定棱及侧面 观察正视图和侧视图确定几何体的侧棱及侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置；‎ ‎3. 定形状 确定几何体的形状．本题“组图”过程如下图所示 ‎ ‎ ‎ ‎【例3】（2013新课标Ⅰ卷理6） ‎ 如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为_________.‎ ‎【解析】设球的半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．BA＝4，OA＝R－2，OB＝R，‎ 由R2＝(R－2)2＋42，解得R＝5，则球的体积为.‎ ‎【评析】球的问题是高考的常考点，主要在球与简单几何体的接与切的背景下，考查立体几何的相关问题，属中等偏易或中等的试题. 这类问题的解决的首要步骤也是关键点就是画出正确的直观图. 本题主要考查球的截面性质和球的体积等基础知识，在对具体实物的抽象和建模中，考查学生的阅读理解能力、空间想象能力、运算求解能力. 学生错误的主要原因在于，没能抽象出正方体容器的上面（空的平面）与水深（高）关系的直观模型. 事实上，球的直观图的画法，已经暗示了解决球的问题的基本方法，如图所示 ‎ ‎1. 找出问题中的两个关键截面，即水平截面以及与水平截面垂直的大圆面（轴截面），以此为框架，画出直观图，定出球心的位置；‎ ‎2. 将问题中的数量关系和位置关系转化到两个截面中.‎ 这样，问题往往就迎刃而解了.‎ 立何几何中，简单几何体的直观图，不仅仅是为了画的好看，更重要的是它能直观地反映出几何体的各种关系.在简单几何体的直观图中构造出问题的图形，在关键的截面（含底面）中思考数量关系和位置关系，是实现空间问题转化为平面问题的桥粱，这一定要引起我们的重视. ‎ D D1‎ C1‎ A1‎ E F A B C B1‎ ‎【例4】（2015新课标II卷理19）‎ 如图，长方体ABCD—A1B‎1C1D1中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E，F分别在A1B1，D‎1C1上，A1E = D‎1F = 4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.‎ ‎（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；下略 ‎【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图 ‎ ‎【评析】 本题通过几体何截面的确定（作图），考查空间线面的位置关系，考查推理论证能力和空间想象能力. 学生的主要失误在于 其一是教学上的误区——不够重视，其二是思维的局限，忘了作图不仅可以通过定性的分析，也可以通过定量的计算辅助分析. 如本小题中点位置的确定，必须通过计算辅助，而G点的确定是通过线面的位置关系推理、化归，最后在平面上作出的. 它的依据是几何的公理、定理. 值得注意的是, 常识不能忘！点是线的交点，线是面的交线，在已知平面上移动直线，在垂面上画垂线！还有，立体几何的问题，多数可以理解为与作图相关，如证明线面平行，可以理解为在已知平面上作（找）一条直线与已知直线平行，而所作（找）的直线又可以看作为，过已知直线作一个平面与已知平面的交线. ‎ ‎【例5】（2016年新课标Ⅱ卷理19）‎ 如图，菱形的对角线与交于点， ，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明 ⊥平面；（Ⅱ）下略. ‎ ‎【解析】（Ⅰ）由已知得又由得故 因此，从而 由得 由得所以 于是 故.又因，所以.‎ ‎【评析】本题属于翻折问题，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力，考查推理论证能力. 在运动变化中探究几何性质，在变中探究不变，是对学生高层次思维能力的考查. 本题出错的原因为 一是在折叠过程中没有厘清“变量”和“不变量”，导致条件认识不清楚；二是推理的理由不充分，以想当然的方式代替必要的证明，如问题中的的证明. 事实上，解决翻折问题的关键 1. 弄清翻折前后保持不变的元素. 通常情况，若原图中的一部分仍在同一个半平面内，则组成这部分图形的元素保持着原有的数量和位置关系；2. 将不变的条件整合到空间图形中，形成条件确定的立体几何问题.‎ ‎【例6】（2003年全国卷理12）‎ 一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则些球的表面积为（ ）‎ ‎（ A） （B） （C） （D）‎ ‎、 【解析】将四面体补成正方体，则正方体的棱长是1，正方体的对角线长为，则此球的表面积为 4π=3π，选A．‎ ‎【评析】本题以球的四面体为载体，考查空间想象能力和运算求解能力.学生的解题是通过大圆轴截面计算，因运算的复杂性产生错误的. ‎ 在立体几何的学习中，我们不仅要学会读图、识图、作图，还要注意会用图，通过对图形重新构造和变换（割、补、拼等），在简单和新的几何体中考虑问题，使得问题更易于解决.‎ ‎（二）定义概念模糊不清 数学概念不仅仅是明晰研究对象，也是数学思考问题、解决问题的出发点. 立体几何中的概念、定义模糊不清主要表现为 1. 文本描述与几何体形状无法匹配，即看到概念的文本描述，头脑中无 法形成与之相应的几何体；2. 没考虑定义的限制条件，如各类角的取值范围，如很多学生就常常忘记异面直线所成的角的取值范围而导致解题结果错误等.‎ ‎【例7】（2008全国Ⅰ卷理16）‎ 等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 ．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】设，作，则，为二面角的平面角.，结合等边三角形与正方形可知此四棱锥为正四棱锥，则 ‎, ‎ ‎,‎ 所以，‎ 故所成角的余弦值.‎ ‎【另解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，‎ 则点,,‎ 则,‎ 所以，‎ 故所成角的余弦值.‎ C .o. 【评析】本题以四棱锥为载体，考查空间异面直线所成角的求解. 学生在概念上的错误在表现在 1. 不能利用空间向量法求两异面直线所成的角；2. 建系求异面直线所成角用或计算时，对求出的向量夹角的余弦值为，没有用异面直线所成角的取值范围进行修正. 事实上，只要紧扣异面直线所成角的概念，利用向量的知识计算相关量，最后根据角的限制调整所求的值.‎ ‎（三）定理性质理解不透 定理性质理解不透，会导致推理论证欠严谨或思路不明. 学生在使用定理进行推理时，往往表现出如下的错误 1. 定理条件掌握不全，如学生们在使用直线与平面平行的判定定理时，常常遗忘“已知直线一定要在平面外”这个关键的条件；2. 受初中平面定理的负迁移影响导致对立体几何相关定理的理解错误；3. 符号书写不规范.如直线与平面是包含与不包含的关系，却常写成是属于与不属于的关系等.‎ ‎【例8】（2015年江苏）‎ 如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.‎ 求证 （I）；‎ ‎（II）.‎ ‎【解析】（I） ‎ ‎（II）‎ ‎【评析】本题主要考查立体几何线面位置关系的证明，考察直线与平面平行，直线与平面垂直直线与直线垂直等基础知识. 与平面几何知识相结合考察学生的空间想象和推理论证能力.学生的主要错误在于 1. 遗漏等；2. 没有考虑到，侧面为正方形，因此得不到；3. 要证，考生无法找对哪条线垂直哪个面，推理的方向不对.事实上，规范、严谨的解题思路来自对立体几何相关定义、定理、和公理的准确理解，推理论证时，务必紧扣定理的条件，要避免“跳步”、“滥用符号”、“语言随意”和“以图代证”等；同时，采用执果索因的分析方法、知因索果的推理论证，引导学生会从已知条件中甄别推理需要的信息，将条件有效地运用到解题过程中去，否则不仅会失去部分的分数，甚至因逻辑的源由，完全失分都有可能的. ‎ ‎（四）建系的合理性欠思考 ‎【例9】（2015年新课标1卷理18）‎ 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. ‎ ‎（Ⅰ）证明 平面AEC⊥平面AFC.‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.‎ ‎【解析】（Ⅰ）连结在菱形中，不妨设,由，可得，可得.又因为 在 ‎ 在直角梯形中，由 ‎ ‎，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ‎ ‎（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xy ，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E(1,0, )，F（－1,0，），‎ C（0，，0），∴. ‎ 故.‎ 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. ‎ ‎【评析】本题主要考查立体几何的线面、面面位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力. 本题的学生的主要失误点 一是没有建好坐标系，被“图”迷惑了双眼，一下子盯住点B、D，把点B或点D视为空间直角坐标系的原点导致整题失分．二是因贪快，导致图形中的坐标系漏画，例如 如图建立空间直角坐标系，但图中是空的．三是空间直角坐标系建成左手系，而不是建成右手系．事实上，建立合理的坐标系是代数法解立体几题的关键. 建立坐标系就是构造（寻找）三线两两垂直，可分步处理，先找两线垂直或先找平面的垂线（在垂面上找，即通过线面、面面垂直寻找，即本题中的平面EFDB和垂线EB、DF），再移动位置定出原点的位置，这是基本功，一定要通过合理地训练，让学生过关. 当然，建系时证明三线两两垂直是不可缺少的.‎ ‎(五)运算求解出错也很典型 学生在解决立体几何中涉及到求几何体的体积、表面积或求角与距离等问题时，运算性的出错也很常见，主要表现在 ①错用几何体体积、表面积公式；②错选向量或向量公式求解相关问题；③运算过程粗心出错等. 由于运算求解能力弱是目前学生学习数学时存在的典型性问题，在这里就不在举例分析.‎ 二、解决问题的思考与对策 ‎（一）重树图形观念 立体几何的研究对象是空间图形，重点研究的是空间图形的形状、大小及其相互关系，其主要特点是借助于图形进行推理，图形成了思维的重要载体，图形能帮我们直观地感受空间线线、线面、面面的位置关系，培养空间想能力．因此，我们重视图形观念的树立，正确地识别空间图形、合理地构建空间图形、灵活地运用空间图形，这是求解立体几何问题的关键之一. ‎ ‎【例1】（2015新课标2卷理9）已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为(　　)‎ ‎（A）36π （B）64π （C）144π （D） 256π ‎【解析】解答本题关键是学生能以A,B，O为所在的圆面为“衬托面”画出球与三棱锥结合的模型图，然后使用等体积思想，快速将体积的最值转化为求高的最值. ‎ ‎ 如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，解得，则球的表面积为，故选C．‎ ‎【例2】（2016年新课标Ⅱ卷理14）‎ 是两个平面，是两条直线，有下列四个命题 ‎ ① 如果，那么. ② 如果，那么.‎ ‎③ 如果，那么. ④ 如果，那么与 所成的角和与所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的序号）‎ ‎【解析】在正方体或长方体模型中找线或画线与面，借助“直观感知，操作确认”，填②③④.‎ ‎【例3】（2017年新课标Ⅱ卷理4，文6）‎ 如图， 格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 （ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积，故该组合体的体积．故选B．‎ ‎【例4】（2016年新课标Ⅰ卷文18）‎ 如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6,顶点P在平面ABC内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.‎ ‎（I）证明G是AB的中点；‎ ‎（II）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由）,并求四面体PDEF的体积．‎ ‎【解析】（I）因为在平面内的正投影为,所以 因为在平面内的正投影为,所以 所以平面,故 又由已知可得,,从而是的中点. ‎ ‎（II）关键是读懂图形，平面平面平面平面 故在平面内,过点作的平行线交于点,即为在平面内的正投影.‎ 理由如下 由已知可得,,又,所以,因此平面,即点为在平面内的正投影.连接,因为在平面内的正投影为,所以是正三角形的中心.‎ 由（I）知,是的中点,所以在上,故 由题设可得平面,平面,所以,因此 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且,可得 在等腰直角三角形中,可得 所以四面体的体积 ‎（二）构建认知结构 把立几知识 络生成知识树形图，把树形图画在笔记本上，真真切切形成自己可以随取随用的知识树、知识 ，便于在解答问题时引起条件反射，并联系到相应的数学概念、公式、公理、判定定理和性质定理，运用恰当的方法解题．立体几何的解题过程就是逻辑推理的过程，也是不断进行代数运算、几何直观的过程.‎ 如点、线、平面之间的位置关系的知识结构图 ‎ 对学生而言，还应将下面第五点中的解题方法融入其中，才能形成良好的认知结构.‎ ‎（三）领悟两种互化 ‎1. 数学语言的相互转化. 线线、线面、面面的判定定理和性质定理的文字语言、符号语言、图形语言的相互转化，是证明空间平行（垂直）的前提. 如我们常把“面面平行（垂直）问题”转化为“线面平行（垂直）问题”，再转化为“线线平行（垂直）问题”．在解决平行（垂直）关系的判定时，一般遵循从“低维”向“高维”的转化；而应用性质定理时，其顺序则正好相反．‎ ‎2. 空间与平面的相互转化.空间问题平面化是解决立体几何问题的基本策略，不能仅是当成一句口号，要将它落实到对立体几何的定义、定理中，应用到求解立体几何问题中，这是我们研究和解决立何几何问题的思维模式.‎ 上述的两种转化，也体现了数学学习对立统一的辩证思维，它可以帮助学生学会数学地阅读、理解、交流，进而更深刻地理解立体几何问题，并学会解决问题.‎ ‎【例5】（2016年新课标1卷理18）‎ 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．‎ ‎（I）证明 平面ABEF平面EFDC；‎ ‎（II）求二面角E-BC-A的余弦值．‎ ‎【解析】（I）由已知可得，，所以平面．又平面，故平面平面．‎ ‎（II）过作，垂足为，由（I）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（I）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．‎ 由已知，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，因此BE⊥EF，BE⊥EC，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，则，即，所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则．故二面角的余弦值为．‎ 上述证明用到了六个线面平行与垂直的判定定理和性质定理及其相互转化，以及蕴涵证题过程中空间与平面的相互转化的思维策略.‎ ‎（四）分析与综合并用 分析法与综合法是数学的基本思维方式之一，必须要遵循的，它有助于推理论证能力的培养.事实上，求解立何几何问题中，在观察图形并弄清条件和结论的基础上，我们要两头并进，常常需要进行这样的追问 ‎ ‎1. 由条件想性质 “由条件可以得到什么”，如题目中有直线与平面平行或垂直、平面与平面平 行或垂直这样的条件，可以联想这种位置关系的性质定理是什么？能得到什么？需要添加什么样的辅助线（或面）？这样一想，有时解题思路会很快在头脑中形成.‎ ‎2. 由结论想判定 “结论需要什么条件才能成立”如果题目要证直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直这样的结论，可以联想这种位置关系的判定定理是什么？根据这个判定定理，结合已知条件，定理中哪些条件已经有了？还需要什么条件？需要添加什么样的辅助线或辅助面？‎ ‎【例6】(2008全国大纲卷文18)‎ 四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，．‎ ‎（Ⅰ）证明 ；（Ⅱ）略．‎ ‎【解析】条件中给出面面垂直，则由面面垂直的性质定理可知，可以在其中一个平面内作（找）一条直线与交线垂直，同时还能由线面垂直得到线面垂直，结合条件，故过A点可引中垂线.而结论要求（Ⅰ）证 ‎，可设想其中一直线垂直于过另一直线的垂线，两头一对接，思路就产生了.‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接交于点，，，‎ 又面平面，平面，．‎ 与相似，‎ ‎，即，平面，．‎ ‎（五）活用求解方法 ‎ ‎1. 一般来说，解决立体几何问题的方法包括传统法与向量法. 用传统法解决问题时，能够看清问题的实质，但面对复杂的问题时，有难度，需要较强的空间想象能力和逻辑思维能力；用向量法解决立体问题，具有模式可遵循，体现了它的优势. 具体解决问题时，要具体分析，灵活选用，才能提高解决问题的能力.‎ ‎2. 重视对典型问题求解的基本思想方法的掌握，做到应用自如，形成技巧.如有关多面体的三视图问题，常构造“长方体”或“正方体”，即可轻松破解此类问题．以球为背景的多面体或旋转体与其切接问题，常需利用“优美直角三角形”或构造长方体给予解决．求不规则的几何体的体积常用“割补法”和“等体积变换法”等．常用向量法求空间角 求异面直线所成的角就是先求出两异面直线的方向向量，再求出这两向量的夹角的余弦值的绝对值，即为该两异面所成角的余弦值．求线面所成角就是求出该直线的方向向量与该平面的法向量，再利用两向量的夹角的余弦值的绝对值，即可得到线面所成角的正弦值．求二面角就是求出两个平面的法向量，再求出这两向量的夹角的余弦值，判断空间几何体的特征，从而得空间二面角的大小，注意这三种角的取值范围与所成角公式的区别点．对不易直接求点面距离的问题，通过构造三棱锥，把问题转化为求三棱锥的高，再利用等体积法，转化为易求的三棱锥的高的体积，通过方程思想，即可求出三棱锥的高，从而得到所求的点面距离．‎ ‎【例7】（2017年新课标Ⅱ卷理19）‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点．‎ ‎（I）证明 直线平面PAB；‎ ‎（II）略 ‎【解析】1.要证线面平行，根据直线与平面平行的判定定理，需要在平面PAB中找一条直线与直线平行；2. 要证线面平行，根据面面平行的性质定理，需要过直线作一个与平面PAB平行的平面；3. 通过向量运算解决平行问题.‎ 解法1（作相交截面） 如图1，过沿作截面，交平面于，证.‎ 解法2（作平行截面）如图2，过作平行于平面的截面， 交 于，证，.‎ 解法3（空间向量）由 ‎ .知直线平面PAB.‎ ‎ ‎ ‎ 空间向量是解决立体几何的一个新工具，处理立体几何问题往往可以省去许多不必要的麻烦，其突出的特点是以算代证．‎ ‎（六）规范解题过程 在平时的立体几何的考试训练中，加强审题能力（读题与观图），强化立体几何解题的规范性训练，同时加强逻辑表达能力的训练，并提升运算求解能力（如空间的点的坐标、向量的坐标，以及法向量的计算一定不要出错）．加强规范化训练是提高成绩的保证，立体几何解答题的证明过程要做到“步步有理有据”，要分清主次，要理清哪些步骤是必须写的（如建立空间直角坐标系方面，不被“图”迷惑了双眼，需找准或盯准两两垂直的“三只脚”．建立空间直角坐标系，既要注意建成右手系，还需注意图形的画与标注），即得分点，哪些步骤是可以在演草纸上演算的，只有“精”写过程，才能节约时间，答题过程也才能简捷、清晰．当然“精”写过程是建立在写全步骤的基础之上的，任何的“跳步”书写都容易产生歧义，都是要失分的．除了步骤要写“精”以外，结果还要做“对”．“会而不对”的现象是很常见的，这也是制约“得分”的“致命点”．在训练之后，应尽可能的及时订正，从根源上找到错因所在，适时总结知识上存在的不足, 真正做到审题到位，思维全，下笔准，答题快．‎ ‎ 三、典型问题剖析 高考中的立体几何基本题型可能归纳为 ‎ ‎（一）求解空间几何体的表面积和体积，主要有三个方面 一是求柱体、锥体的表面积和体积；二是求简单组合体的表面积和体积；三是以球为背景求空间几何体的表面积和体积．特别地，已知空间几何体的三视图求其表面积、体积已成为近几年高考考查的热点之一．‎ ‎（二） 空间点、线、面位置关系问题. 高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的第（1）小题的形式出现 ，也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用． ‎ ‎（三）利用空间向量解决立体几何中的位置关系与空间角、距离问题. 此类考法是高考理 对立体几何的常规考法，多以解答题为主，主要考查空间坐标系的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，运算能力要求较高． ‎ ‎（四）平面图形的翻折问题. 此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算．‎ ‎（五）立体几何中的探索性问题. 此类问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究． ‎ ‎1.（2017年新课标Ⅰ卷理9）‎ 某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）.‎ ‎ （A）10 （B）12 ‎ ‎（C）14 （D）16‎ ‎【解析】解法1、该几何体的直观图由一个棱柱和与它等底面的棱锥组合而成的简单组合体，如图，该几何体表面只有两个相同梯形的面，所以含梯形的面积之和为，故选B.‎ 解法2、依题意，把所求的多面体补成三棱柱，所求的多面体为三棱柱切去一部分，如图所示，该几何体的各个平面中只有两个相同的梯形的面，‎ 所以这两个直角梯形面积之和为.故选B．‎ ‎【评析】本题以三棱柱、三棱锥为载体，考查三视图还原为几何体后的指定表面积的计算，考查学生空间想象能力、推理论证能力.解法1的求解的关键是利用“长对正，宽相等，高平齐”来确定空间几何体的形状及其结构特征，并且熟练掌握对棱柱、棱锥这两种基本几何体模型.解法2的求解的关键是活用“割补法”，运用割补法处理一些比较复杂的几何体的体积计算问题，实际上是“转化”与“化归”的数学思想方法的灵活运用．‎ ‎2.（2016高考新课标1卷理11）‎ 平面过正方体ABCD-A1B‎1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B‎1A1=n,则m、n所成角的正弦值为 ‎(A) (B) (C) (D) ‎【解析】解法1、如图,设平面平面=,平面平面=,因为平面,所以,则所成的角等于所成的角.延长,过作,连接,则为,同理为,而,则所成的角即为所成的角,即为,故所成角的正弦值为,选A. ‎ 解法2、如图，过点A补做一个与正方体ABCD-A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为，因为为正三角形，所以，故选A.‎ ‎【评析】本题是平面的截面问题, 考查面面平行的性质定理在判断异面直线所成的角中的应用.求解本题的关键是作出异面直线所成角, 求异面直线所成角的步骤是 平移定角、连线成形, 解形求角、得钝求补. 本题用到了补形求解问题的方法. 另外，在小题中考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用，体现了创新性. ‎ ‎3.（2017年新课标1卷理16）‎ 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位 cm3）的最大值为 .‎ ‎【解析】解法1、连接交于点（如图所示），因为，即的长度与的长度成正比．设，则， ‎ 三棱锥的高，‎ 所以，‎ 则 令，‎ 由，即，所以函数在单调递增，‎ 由，即，所以函数在单调递减，‎ 则，则，所以该三棱锥的体积最大值为．‎ 解法2、连接交于点（如图所示），设，则，由，解得．‎ 所以 ‎,‎ ‎（当且仅当，即时等号成立．）所以该三棱锥的体积最大值为．‎ ‎【评析】这道高考题文字表述流畅，图像优美，令人赏心悦目．借用平面图形的翻折为背景考查利用导数解决三棱锥体积的最大值问题，意在考查学生空间想象能力，转化和化归能力，实际应用能力，以及运算求解能力．在近五年新课标试卷中，利用导数解决最优化问题是首次考查，此类考题彰显了规避特殊技巧，凸现数学本质，能有效地考查学生的创新意识，培养学生的应用意识. 求解的第一个关键点是在运动变化中探究几何性质，在变化中寻求规律，在变中探究不变. 从平面到空间，要准确抓住边长与三棱锥的高之间的等量关系，缺少这一关系就不能准确列出体积的表达式,利用函数导数研究最值出成为空话. 解法2，选择正三角形的边长为，求出三棱锥的体积关于的函数，借用“五个正数的算术-几何平均不等式”（也称基本不等式的推论），展现了基本不等式的推论在求最值中的威力，充分显示了解法的灵活性．注意隐蔽条件“自变量在实际意义中的取值范围”在解题中的应用．‎ ‎4. （2014年大纲卷理19）‎ 如图，三棱柱中，点在平面ABC内的射影D在AC上，，.‎ ‎（I）证明 ；‎ ‎（II）设直线到平面的距离为，求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎【解析】解法1 （I）平面，平面，故平面平面．又，平面．连结，∵侧面为菱形，故，由三垂线定理得；‎ ‎（II）平面平面，故平面平面．作为垂足，则平面．又直线∥平面，因而为直线与平面的距离，．∵为的角平分线，故．作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角．由，得为的中点，‎ 所以．∴二面角的平面角的余弦值为．‎ 解法2 以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设知与轴平行，轴在平面内．‎ ‎（I）设，由题设有则由得，即（①）．于是．‎ ‎（II）设平面的法向量则即．故，且．令，则，点到平面的距离为．又依题设，点到平面的距离为．代入①解得（舍去）或．于是．设平面的法向量，则，即，故且．令，则．又为平面的法向量，故，∴二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎ 【评析】比较传统法和向量法求解空间角，我们发现传统法的主要缺点是找到（或者作出）相应的角，并且证明这个角就是所求的角的过程（即作—‎ 证的过程）比较繁杂，一些较为复杂几何图形甚至很难找到所要求的角.所以空间角的求解在传统解法中有着较大的难度．而向量法在这个方面的优势十分明显，它不需要去寻求所要求解的角，只需合理建立空间直角坐标系，运用向量的夹角公式进行求解，虽然解题过程有时显得篇幅过长，但因为思路清晰，逻辑思维的份量较少，在这个过程中，向量法把用“形”难解的问题转化为“数”的运算，降低了思维的难度，同时提高了解题速度.因而在解题实践中，学生往往比较喜欢用向量法求解，当然，向量法也并不十全十美，比如在求二面角的大小时，所求的角与两方向向量夹角的关系在有些图形中较难确定，这必须依赖于学生对立体图形的理解和丰富的空间想象能力. ‎ ‎ 5. (2016年高考北京理18)‎ 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证 平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面；‎ ‎（Ⅱ）取中点为，连结，，因为，∴，‎ 因为平面，平面平面，所以平面．‎ 因为平面，所以．因为，所以.‎ 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 易知，，，，‎ 则，，，‎ 设平面的法向量为，则 ‎，取，则，‎ 设直线与平面所成的角为，则，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为；‎ ‎⑶假设存在点使得面．设，，‎ 由（2）知，，，，，有 ‎，所以，因为面，为平面的法向量，所以，即，解得．综上，存在点，使得平面，此时．‎ ‎【评析】本题考查线线、线面、面面的位置关系、线面角等知识，考查学生的空间想象能力、推论证能力和运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想. 第三问以结论是否存在方式，考查学生的探究能力.解决这类问题的关键 通常假定题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．‎ 四、过关练习 ‎1.（2017年新课标Ⅰ卷文6）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，‎ Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（ ）.‎ ‎ ‎ A． ‎ B． C． D．‎ ‎2．（2015年新课标Ⅰ卷理6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题 “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问 积及为米几何?”其意思为 “在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）.‎ A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛 ‎3．（2008全国Ⅰ卷文16）已知菱形中，，，沿对角线将折起，使二面角的大小为，则点到所在平面的距离等于 ． ‎ ‎4．（2016高考浙江理数）已知互相垂直的平面交于直线l.若直线m，n满足 则（ ）‎ A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n ‎5.（2010全国Ⅰ卷文6）直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于（ ） ‎ ‎(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°‎ ‎6. （2010全国Ⅱ卷文8）已知三棱锥S－ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为(　 )‎ ‎ A. B. C. D. ‎7．（2016年新课标Ⅰ卷理6）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎8.（2016年新课标Ⅲ卷理9，文10）如图， 格纸上小正方形的边长为1，‎ 粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）‎ ‎（A） （B） (C）90 （D）81‎ ‎9．（2016年新课标Ⅲ卷理10，文11）在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（ ）‎ ‎（A）4π （B） （C）6π （D） ‎ ‎10.（2017年新课标Ⅲ卷理8，文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A． B． C． D．‎ ‎11．（2007全国Ⅱ卷文20）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面分别为的中点　‎ ‎（1）证明平面；‎ ‎（2）设，求二面角的大小　‎ ‎12.（2017年新课标Ⅱ卷文18）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面, ‎ ‎（1）证明 直线平面;‎ ‎（2）若△的面积为，求四棱锥的体积. ‎ ‎13．（2014年新课标Ⅰ卷文19）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCB1C1为菱形，的中点为，且平面.‎ ‎（I）证明 ‎ ‎（II）若,求三棱柱高.‎ ‎14. (2013新课标Ⅰ卷理18)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，‎ AB＝AA1，∠BAA1 ＝60°‎ ‎(1)证明 AB⊥A1C；‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面 BB1C1C 所成角的正弦值．‎ ‎15.（2011全国Ⅱ卷理19）如图，四棱锥中，,‎ ‎，侧面为等边三角形，.‎ ‎ (Ⅰ)证明 平面；‎ ‎(Ⅱ)求与平面所成角的大小.‎ 练习参考答案 ‎1. 解析 对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故排除B，C，D，选A．‎ ‎2. 解析 设圆锥底面半径为r，则，得，所以米堆的体积为 ‎=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B. ‎ ‎3. 解析 对称性给出二面角的平面角，转化求钝角三角形一边上的高.填 ‎4. 解析 由题意知，．故选C．‎ ‎5. 解析 延长CA到D，使得，则为平行四边形，（或其补角）就是异面直线.与所成的角，又三角形为等边三角形，‎ ‎6.解析 设A在平面SBC内的射影为O，则由等体积法得VS－ABC＝VA－SBC，‎ 即S△ABC·SA＝S△SBC·AO，而S△ABC＝AB·ACsinA＝×2×2×sin 60°＝，‎ S△SBC＝BC·＝×2×＝2，所以AO＝＝＝，设直线AB与平面SBC所成角为θ，则sinθ＝＝×＝.答案 D ‎7. 解析 该几何体直观图如图所示 一个球，被切掉左上角的,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和，故选A．‎ ‎8.‎ ‎9. 解析 要使球的体积最大，必须使球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．‎ ‎10. 解析 绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得 ，结合勾股定理，底面半径 ，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.‎ ‎11. 解析 解法一 （1）作交于点，则为的中点　连结，又，故为平行四边形　，又平面平面　‎ 所以平面　‎ ‎（2）不妨设，则为等腰直角三角形　‎ 取中点，连结，则　又平面，所以，而，所以面　取中点，连结，则　连结，则　故为二面角的平面角，　‎ 所以二面角的大小为　‎ 解法二 （1）如图，建立空间直角坐标系　‎ 设，则 ‎，　‎ 取的中点，则　‎ 平面平面，‎ 所以平面　‎ ‎（2）不妨设，则 　‎ 中点 又，，‎ 所以向量和的夹角等于二面角的平面角　‎ ‎ 　所以二面角的大小为　‎ ‎12. 解析 （1）在平面内，因为，所以,又，,故.‎ ‎（2）取的中点，连结,由 得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面= ，所以，因为 取的中点，连结，则，所以，因为的面积为，所以，解得，于是，所以四棱锥的体积为.‎ ‎13. 解析 （I）连结，则O为与的交点，因为侧面为菱形，所以^，又平面，故=平面，由于平面，故 ‎ ‎（II）作OD⊥BC,垂足为D,连结AD,作OH⊥AD,垂足为H,由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.‎ 因为,所以△为等边三角形,又BC=1,可得OD=，由于，所以，由 OH·AD=OD·OA,且，得OH=，又O为B1C的中点,所以点B1 到平面ABC的距离为,故三棱柱ABC-A1B1C1 的高为.‎ ‎14. 解析 (1)证明 取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.‎ 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，‎ 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.‎ ‎(2)解 由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xy .由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．‎ 设n＝(x，y， )是平面BB1C1C的法向量，‎ 则即可取n＝(，1，－1)．故cos〈n，〉＝＝.‎ 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.‎ ‎15.解法一 (Ⅰ)取中点，连结，则四边形为矩形，，连结，则，.又,故 ‎,所以为直角. ‎ 由,,,得平面,所以.与两条相交直线、都垂直.所以平面. ‎ 另解 由已知易求得,于是.可知,同理可得,又.所以平面. ‎ ‎(Ⅱ)由平面知，平面平面.‎ 作,垂足为,则平面ABCD,.作,垂足为,则.连结.则.又,故平面,平面平面. 作,为垂足,则平面.,即到平面的距离为.由于,所以平面,到平面的距离也为.设与平面所成的角为,则,. ‎ 解法二 以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xy ,设D（1，0，0），则A（2，2，0），B（0，2，0）.又设S（x,y, ），则x>0,y>0, >0.‎ ‎(I)‎ 由得 故x=1.由得，又由得，即，故.于是，‎ 故，又所以.‎ ‎（II）设平面SBC的法向量，则又 故取得，‎ 又.故AB与平面SBC所成的角为.‎