縱觀“立幾”試題 感悟高考命題

☉江蘇省丹陽市呂叔湘中學 李姣娟

綜觀全國各地的新課程高考數學試卷，不難發現對立體幾何內容的考查，突出了對點、線、面之間的位置關系、角與距離的求解方法等立體幾何主干內容的考查．試題設計比較靈活，以教材為基礎、考能力為主．下面舉例說明，供復習參考.

一、目標明確，循序漸進，倡導通性通法

（1）證明：A′O⊥平面BCDE；

（2）求二面角A′-CD-B的平面角的余弦值.

圖1

圖2

同理可證A′O⊥OE.又OD∩OE=O，所以A′O⊥平面BCDE.

（2）幾何法：如圖3，過O作OH⊥CD交CD的延長線于H，連接A′H.

因為A′O⊥平面BCDE，所以A′H⊥CD，所以∠A′HO為二面角A′-CD-B的平面角.

圖3

圖4

設n=（x，y，z）為平面A′CD的法向量，則

評析：常規方法往往需要構造空間輔助線、面，經過嚴密的邏輯推理進行論證和計算，而通過建立空間坐標系運用向量，則可以把“定性”問題轉化為“定量”問題來研究，從而降低了解題思維量.

二、立足教材，注重雙基，突顯命題理念

例2（2011年北京文）如圖5，在四面體PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，點D，E，F，G分別是棱AP，AC，BC，PB的中點.

（1）求證：DE∥平面BCP；

（2）求證：四邊形DEFG為矩形；

（3）是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由.

證明：（1）因為D，E分別為AP，AC的中點，所以DE∥PC.又因為DE?平面BCP，所以DE∥平面BCP.

圖5

（2）因為D，E，F，G分別為AP，AC，BC，PB的中點，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四邊形DEFG為平行四邊形.又因為PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四邊形DEFG為矩形.

圖6

圖7

課本探源：本題源自人教B版必修2第41頁練習2：

如圖7，已知在四面體ABCD中，AC=BD，而且E，F，G，H分別為棱AB，BC，CD，AD的中點，求證：四邊形EFGH為菱形.

三、知識關聯，縱橫交匯，注重綜合運用

例3（2013年福建理）如圖8，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k（k＞0）.

圖8

（1）求證：CD⊥平面ADD1A1.

（3）現將與四棱柱ABCD-A1B1C1D1形狀和大小完全相同的兩個四棱柱拼接成一個新的棱柱，規定：若拼接成的新的四棱柱形狀和大小完全相同，則視為同一種拼接方案.問：共有幾種不同的方案？在這些拼接成的新四棱柱中，記其中最小的表面積為f（k），寫出f（k）的表達式（直接寫出答案，不必說明理由）.

解：（1）取CD的中點E，連接BE.

因為AB∥DE，AB=DE=3k，所以四邊形ABED為平行四邊形，所以BE∥AD且BE=AD=4k.

在△BCE中，因為BE=4k，CE=3k，BC=5k，所以BE2+CE2=BC2，所以∠BEC=90°，即BE⊥CD.又因為BE∥AD，所以CD⊥AD.

因為AA1⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以AA1⊥CD.又AA1∩AD=A，所以CD⊥平面ADD1A1.

圖9

（3）共有4種不同的方案（略）.

評析：本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關系、柱體的概念及表面積等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合思想、分類與整合思想、化歸與轉化思想、函數與方程思想的交匯綜合運用．

四、問題開放，多向發散，考查應變能力

例4 （2013年安徽理）如圖10，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是______（寫出所有正確命題的編號）.

圖10

解析：如圖11，設截面S分別與CD、DD1、CC1、C1D1交 于M、N、Q、R.因為P為BD中點，所以CM=AB=DC，即M為定點，N為射線上的DD1動點，且DN=2CQ，AN=2PQ.通過確定N點再作出截面S與A1D1、C1D1的交點E、R，得答案①②③⑤.

圖11