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2015高考复习专题四立体几何


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, 3 且3AA′=2BB′=CC′=AB,则多面体ABC A′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= 3 ,∠ASC=∠BSC=30° ,则棱锥SABC的体 积为( ).

A.3 3 B.2 3 C. 3 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 S-ABD 和 C-ABD, 在△SAD 和△SBD 3 中,由已知条件可得 AD=BD= x,又因为 SC 为直径,所以 3 ∠ SBC =∠ SAC = 90° ,所以∠ DCB =∠ DCA = 60° ,在△ BDC 3 中,BD= 3(4-x),所以 x= 3(4-x),所以 x=3,AD=BD 3 1 = 3,所以△ABD 为正三角形,所以 V= S△ABD×4= 3.故选 3 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 D-ABC 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= 2, 1 1 从而 S△DAB=S△DBC=S△DCA= ×1×1= , 2 2 1 3 S△ABC=2× 2× 2×sin 60° =2, 1 3 3+ 3 ∴三棱锥 D-ABC 的表面积 S= ×3+ = . 2 2 2

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 P-ABCD 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,

1 1 ∴EM綉2CD,而AB綉2CD,

∴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. 1 易知△BME∽△MEN.而BM=AE= 2,EM=2CD=1, EN EM ?EM?2 1 2 2 由 = ,得EN= = = ,∴AN= . EM BM BM 2 2 2 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= 2,⊙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. 1 在Rt△ODA中,OD=OA· sin 30° = . 2 PO· OD 在Rt△POD中,OH= 2 2= PO +OD 1 2×2 2 = . 1 3 2+4

OH 2 在Rt△OHC中,sin∠OCH=OC = 3 . 2 故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为 3 .

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 2的四棱锥 S-ABCD 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( 10 A. 2 2+ 3 B. 2 3 C. 2 D. 2 ).

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= OA -O1A =
2 2

1

2

? -? ? ?

2 2? ?2 = 2 ,SE= 2. 2? ?

在直角梯形OO1ES中,作OF⊥SE于点F,则四边形OO1EF是矩 2 2 2 形,EF=OO1= 2 ,SF=SE-EF= 2 - 2 = 2 .在Rt△SOF 中,OF =OS -SF
2 2 2 2

? =1- ? ? ?
2

1 2 2? ?2 = ,即O1E= .在Rt△SO1E 2 2 2? ?
? ? ? ?

中,SO1= O1E +SE = 答案 A

10 2? ?2 2 +? 2? = ,选A. ? 2 2?

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. 1 由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=2EG. 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 1 中点Q,且QM=QN=2EG, 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 ABC-A1B1C1 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 3 ,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E( 3 , 3,0),F(0,4,1), → → 于是CA1=(0,-4,4),EF=(- 3,1,1). → → 则CA1· EF=(0,-4,4)· (- 3,1,1)=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). → → → → AE=( 3,3,0),AF=(0,4,λ),于是由m⊥AE,m⊥AF可得 ? → ?m· AE=0, ? → ? AF=0, ?m·
? ? 3x+3y=0, 即? ? ?4y+λz=0.

取m=( 3λ,-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),

|m· n| 3λ 于是由θ为锐角可得cos θ=|m|· |n|=2 λ2+4, λ2+16 sin θ= , 2 λ2+4 λ2+16 所以tan θ= = 3λ 1 16 3+3λ2. 1 1 6 3+3= 3 .

1 1 故0<λ≤4,得 λ ≥4,即tan θ≥

6 故当λ=4,即点F与点C1重合时,tan θ取得最小值 3 .

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.


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