立體幾何考點預測

洪其強　于薇

從上表可以看出，近幾年高考對立體幾何的考查特點主要表現(xiàn)在以下幾個方面：

（1）從命題形式來看，涉及立體幾何內容的命題形式變化不大：除保留傳統(tǒng)的“四選一”的選擇題型外，還嘗試開發(fā)了“多選填空”“完型填空”等題型，并且這種命題形式正在不斷完善和翻新；解答題則設計成幾個小問題，此類考題往往以多面體為依托，第一小問考查線線、線面、面面的位置關系，后面幾問考查空間角、空間距離、面積、體積等知識，其解題思路也都是“作證——求”，強調作圖、證明和計算相結合.

（2）從內容上來看，主要考查：①直線和平面的各種位置關系的判定和性質，這類試題一般難度不大，多為選擇題和填空題；②計算角的問題，試題中常見的是異面直線所成的角，直線與平面所成的角，特別是二面角的余弦值；③求距離，試題中常見的是點與點之間的距離，點到直線的距離，點到平面的距離，直線與直線的距離，直線到平面的距離，要特別注意解決此類問題的轉化方法；④求簡單幾何體的側面積和表面積問題，解此類問題時除套用特殊幾何體的側面積和表面積公式外，還可將側面展開，轉化為求平面圖形的面積問題；⑤體積問題，要注意解題技巧，如等積變換、割補思想的應用；⑥三視圖，要能辨認空間幾何體的三視圖，高考中三視圖常與表面積、體積相結合.

（3）從能力上來看，著重考查空間想象能力，即對空間幾何體的觀察分析和抽象的能力，要求“四會”：①會畫圖——根據題設條件畫出適合題意的圖形或畫出自己想作的輔助線（面），作出的圖形要直觀、虛實分明；②會識圖——根據題目給出的圖形，想象出立體的形狀和有關線面的位置關系；③會析圖——對圖形進行必要的分解、組合；④會用圖--對圖形或其某部分進行平移、翻折、旋轉、展開或實行割補術.

二、考點預測

針對上面的考情報告，本文嚴格按照考試要求對立體幾何部分的具體考點進行預測和分析，供同學們復習時參考.

熱點一：考查空間幾何體的三視圖、表面積和體積問題

空間幾何體的表面積、體積問題一直是文科高考的熱點內容，此考點多結合三視圖綜合考查，由三視圖中的有關數據得到原幾何體的數據是解題的關鍵，要特別注意各種空間幾何體的結構特征，此熱點試題多以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，有時也以解答題的形式出現(xiàn)，屬于中檔偏易的題.

考點預測1. 三視圖與直觀圖的轉化

例1. （1）已知三棱柱的正視圖與俯視圖如圖，那么該三棱錐的側視圖可能為（ ）

（2）將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的側視圖為（ ）

解析：（1）底面為正三角形，一側棱垂直于底面.由虛線知可能有一側棱看不見.由題知這個空間幾何體的側視圖的底面邊長是，故其側視圖只可能是選項B中的圖形.

（2）如圖所示，點D1的投影為C1，點D的投影為C，點A的投影為B，故選D.

【點評】空間幾何體的三視圖是從空間幾何體的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三個平面投影圖，因此在分析空間幾何體的三視圖問題時，先根據俯視圖確定幾何體的底面，然后根據正視圖或側視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，調整實線和虛線所對應的棱、面的位置，再確定幾何體的形狀，即可得到結果.

考點預測2. 空間幾何體的表面積、體積問題

空間幾何體的表面積和體積計算是高考的一個常見考點，解決這類問題，首先要熟練掌握各類空間幾何體的表面積和體積計算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不規(guī)則幾何體分割成幾個規(guī)則幾何體的技巧、把一個空間幾何體納入一個更大的幾何體中的補形技巧、對旋轉體作其軸截面的技巧、通過方程或方程組求解的技巧等，這是化解空間幾何體面積和體積計算難點的關鍵.

例2. 某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中最大的是 （ ）

A. 8 B. 6

C. 10 D. 8

解析：由三視圖可想象出如圖所示的三棱錐，SA⊥平面ABC，在△ABC中∠ABC=90°，SA=AB=4，BC=3，因此圖中四個面的三角形均為直角三角形，SB=4，AC=5，S△SAC=10，S△SAB=8，S△SBC=6，S△ABC=6，所以最大面積是10. 選C.

【點評】求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵所在.

例3. 一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：m）， 則該幾何體的體積為________m3.

解析：此幾何體是由一個長為3，寬為2，高為1的長方體與底面直徑為2，高為3的圓錐V2組合而成，因此V=V1+V2=3×2×1+×12×3=（6+？仔）m3.

【點評】給出幾何體的三視圖， 求該幾何體的體積或表面積時， 可以根據三視圖還原出實物， 畫出該幾何體的直觀圖， 確定該幾何體的結構特征， 并利用相應的體積公式求出其體積， 求體積的方法有直接套用公式法、等體積轉換法和割補法等多種. 若所給幾何體為不規(guī)則幾何體， 常用等體積轉換法和割補法求解.

例4. 一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）

A. 48

B. 32+8

C. 48+8

D. 80

解析： 換個視角看問題，該幾何體可以看成是底面為等腰梯形，高為4的直棱柱，且等腰梯形的兩底分別為2，4，高為4，故腰長為，所以該幾何體的表面積為48+8. 答案：C.

【點評】以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發(fā)現(xiàn)幾何體中各元素間的位置關系及數量關系.

【該熱點預測方法總結】本部分在高考中的考查重點是以三視圖為命題背景來研究空間幾何體的結構特點和求解幾何體的表面積和體積.備考中，要熟悉一些典型的幾何體（如三棱柱、長（正）方體、三棱錐等）的三視圖.近年高考的命題重點和熱點依然是以選擇題、填空題的方式考查以下兩個方面：①幾何體的三視圖與直觀圖的認識；②通過三視圖和幾何體的結合，考查幾何體的表面積和體積.同時，空間幾何體的計算問題常以幾何體的外接球、內切球的知識為主要命題點進行考查.在備考中要牢記一些典型幾何體的表面積和體積的計算公式，以及幾何體的棱長與它的內切球、外接球的半徑之間的轉換關系.

熱點二：空間幾何體與球的綜合問題

有關球的知識的考查也是高考中常出現(xiàn)的問題，特別是球與多面體、旋轉體等組合的切接問題.此種題型多以客觀題出現(xiàn)，屬中檔題.解決球與其他幾何體的切接問題的關鍵在于仔細觀察和分析，弄清相關元素和數量的關系，選準最佳角度作出截面，將空間問題平面化.

例5. 如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=2，BD=2，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面體ABCD的頂點在同一個球面上，則該球的體積為 （ ）

A. 4π B. 24π C. π D. 16π

解析：要求出球的體積就要求出球的半徑，需要根據已知數據和空間位置關系確定球心的位置，由于△BCD是直角三角形，根據直角三角形的性質：斜邊的中點到三角形各個頂點的距離相等，只要再證明這個點到點A的距離等于這個點到B，C，D的距離即可確定球心，進而求出球的半徑，根據體積公式求解即可.

如圖，取BD的中點E，BC的中點O，連接AE，OD，EO，AO.

由題意，知AB=AD，所以AE⊥BD.

由于平面ABD⊥平面BCD，AE⊥BD，所以AE⊥平面BCD.

因為AB=AD=CD=2，BD=2，所以AE=，EO=1，所以OA=.

在Rt△BDC中，OB=OC=OD=BC=，所以四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為.

所以該球的體積V=π（）3=4π.故選A.

【點評】多面體與球接、切問題的求解策略：（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.（2）若球面上四點P，A，B，C構成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，則4R2=a2+b2+c2求解.

【該熱點預測方法總結】1. 空間幾何體的面積有側面積和表面積之分，表面積就是全面積，是一個空間幾何體中“暴露”在外的所有面的面積，在計算時要注意區(qū)分是“側面積還是表面積”.多面體的表面積就是其所有面的面積之和，旋轉體的表面積除了球之外，都是其側面積和底面面積之和.

2. 在體積計算中都離不開空間幾何體的“高”這個幾何量（球除外），因此體積計算中的關鍵一環(huán)就是求出這個量.在計算這個幾何量時要注意多面體中的“特征圖”和旋轉體中的軸截面.

3. 一些不規(guī)則的幾何體，求其體積多采用分割或補形的方法，從而轉化為規(guī)則的幾何體，而補形又分為對稱補形（即某些不規(guī)則的幾何體，若存在對稱性，則可考慮用對稱的方法進行補形）、還原補形（即還臺為錐）和聯(lián)系補形（某些空間幾何體雖然也是規(guī)則幾何體，不過幾何量不易求解，可根據其所具有的特征，聯(lián)系其他常見幾何體，作為這個規(guī)則幾何體的一部分來求解）.

4. 長方體的外接球：（1）長、寬、高分別為a、b、c的長方體的體對角線長等于外接球的直徑，即=2R；（2）棱長為a的正方體的體對角線長等于外接球的直徑，即=2R；（3）正四面體的外接球半徑R與內切球半徑r之比為R ∶ r=3 ∶ 1.

熱點三：直線、平面平行與垂直的判斷、證明

線面平行、線面垂直的證明是立體幾何初步考查的基本內容，解決這類問題時要注意兩點：一是推理論證要嚴謹，證明線面關系時不要跳步作答；二是線面位置關系的證明思路要清晰，要有轉化的思想意識.

考點預測1. 空間點、線、面位置關系的判斷

例6. （1）l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是 （ ）

A. l1⊥l2，l2⊥l3？圯l1∥l3

B. l1⊥l2，l2∥l3？圯l1⊥l3

C. l1∥l2∥l3？圯l1，l2，l3共面

D. l1，l2，l3共點？圯l1，l2，l3共面

（2）設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是 （ ）

A. 若l⊥m，m？奐α，則l⊥α

B. 若l⊥α，l∥m，則m⊥α

C. 若l∥α，m？奐α，則l∥m

D. 若l∥α，m∥α，則l∥m

解析： （1）對于A，直線l1與l3可能異面、相交；對于C，直線l1、l2、l3可能構成三棱柱的三條棱而不共面；對于D，直線l1、l2、l3相交于同一個點時不一定共面，如正方體一個頂點的三條棱.所以選B.

（2）A中直線l可能在平面α內；C與D中直線l，m可能異面；事實上由直線與平面垂直的判定定理可得B正確.

【點評】解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據平面的基本性質、空間位置關系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全移植到立體幾何中.

例7. 正方體ABCD-A1B1C1D1中，P、Q、R分別是AB、AD、B1C1的中點，那么，正方體的過P、Q、R的截面圖形是（ ）.

A. 三角形 B. 四邊形 C. 五邊形 D. 六邊形

解析：過正方體棱上的點P、Q、R的截面要和正方體的每個面有交線.

如圖所示，作RG∥PQ交C1D1于G，連接QP并延長與CB交于M，連接MR交BB1于E，連接PE、RE為截面的部分外形.

同理連PQ并延長交CD于N，連接NG交DD1于F，連接QF，F(xiàn)G.

∴截面為六邊形PQFGRE， 選D.

【點評】畫幾何體的截面，關鍵是畫截面與幾何體各面的交線，此交線只需兩個公共點即可確定.作圖時充分利用幾何體本身提供的面面平行等條件，可以更快的確定交線的位置.

考點預測2. 直線與平面平行的判定與性質

例8. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，O為AC的中點，M為PD的中點.求證：PB∥平面ACM.

證明：連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O為BD的中點.

又M為PD的中點，所以PB∥MO.

因為PB？埭平面ACM，MO？奐平面ACM，所以PB∥平面ACM.

【點評】利用判定定理時關鍵是找平面內與已知直線平行的直線.可先直觀判斷平面內是否已有，若沒有，則需作出該直線，常考慮三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線.

考點預測3. 平面與平面平行的判定與性質

例9. 如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分別為所在邊的中點.求證：平面MNP∥平面A1C1B.

證明：連接D1C，則MN為△DD1C的中位線，∴MN∥D1C.

又∵D1C∥A1B，∴MN∥A1B.同理，MP∥C1B.

而MN與MP相交，MN，MP在平面MNP內，A1B，C1B在平面A1C1B內.

∴平面MNP∥平面A1C1B.

【點評】證明面面平行的方法有：（1）面面平行的定義；（2）面面平行的判定定理：如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行；（3）利用垂直于同一條直線的兩個平面平行； （4）兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行；（5）利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉化.

考點預測4. 直線與平面垂直的判定與性質

例10. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O為AC的中點，PO⊥平面ABCD. 證明：AD⊥平面PAC.

證明：∵∠ADC=45°，且AD=AC=1，∴∠DAC=90°，即AD⊥AC.

又PO⊥平面ABCD，AD？奐平面ABCD，∴PO⊥AD.

而AC∩PO=O，∴AD⊥平面PAC.

【點評】（1）證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α？圯b⊥α；③α∥β，a⊥α？圯a⊥β；④面面垂直的性質.（2）線面垂直的性質，常用來證明線線垂直.

考點預測5. 平面與平面垂直的判定與性質

例11. 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等邊三角形，已知BD=2AD=4，AB=2DC=2. M是PC上的一點，證明：平面MBD⊥平面PAD.

證明：在△ABD中，由于AD=2，BD=4，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，故AD⊥BD.

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD？奐平面ABCD，所以BD⊥平面PAD.

又BD？奐平面MBD，故平面MBD⊥平面PAD.

【點評】面面垂直的關鍵是線面垂直，線面垂直的證明方法主要有：判定定理法、平行線法（若兩條平行線中一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面）、面面垂直性質定理法，本題就是用的面面垂直性質定理法，這種方法是證明線面垂直、作線面角、二面角的一種核心方法.

考點預測6. 線面、面面平行與垂直關系的綜合應用

例12. 如圖，在幾何體ABCDE中，AB=AD=2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD.M為線段BD的中點，MC∥AE，AE=MC=.

（1）求證：平面BCD⊥平面CDE；

（2）若N為線段DE的中點，求證：平面AMN∥平面BEC.

證明：（1）∵AB=AD=2，AB⊥AD，M為線段BD的中點.

∴AM=BD=，AM⊥BD.

∵AE=MC=，∴AE=MC=BD=，∴BC⊥CD.

∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD.

∴平面ABD⊥平面CBD，∴AM⊥平面CBD.

又∵MC∥AE，∴四邊形AMCE為平行四邊形，∴EC∥AM，∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC.

∵EC∩CD=C，∴BC⊥平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE.

（2）∵M為BD中點，N為ED中點，∴MN∥BE且BE∩EC=E.

由（1）知EC∥AM且AM∩MN=M，∴平面AMN∥平面BEC.

【點評】（1）證明面面平行依據判定定理，只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉化為證明線面平行，再轉化為證明線線平行.（2）證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決.

例13. 如圖，在四面體A-BCD中，CB=CD，AD⊥BD，點E、F分別是AB、BD的中點.求證：

（1）直線EF∥平面ACD；

（2）平面EFC⊥平面BCD.

證明：（1）在△ABD中，因為E、F分別是AB、BD的中點，所以EF∥AD.

又AD？奐平面ACD，EF？埭平面ACD，所以直線EF∥平面ACD.

（2）在△ABD中，因為AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.

在△BCD中，因為CD=CB，F(xiàn)為BD的中點，所以CF⊥BD.

因為EF？奐平面EFC，CF？奐平面EFC，EF與CF交于點F，所以BD⊥平面EFC.

又因為BD？奐平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.

【點評】解答立體幾何綜合題時，要學會識圖、用圖與作圖.圖在解題中起著非常重要的作用，空間平行、垂直關系的證明，都與幾何體的結構特征相結合，準確識圖，靈活利用幾何體的結構特征找出平面圖形中的線線的平行與垂直關系是證明的關鍵.

考點預測7. 幾何體的展開與折疊

空間圖形的翻折問題是高考命題的亮點之一，它能夠較好地考查考生的空間想象能力、圖形變換能力及識圖能力.此種題型均可在選擇、填空或解答題中出現(xiàn)，屬中檔難度試題.

例14. 如圖（1），在Rt△ABC中，∠C= 90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖（2）.

（1）求證：DE∥平面A1CB；

（2）求證：A1F⊥BE；

（3）線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由.

證明：（1）因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC.

又因為DE？埭平面A1CB，BC？奐平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.

（2）由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.

所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.

而A1F？奐平面A1DC，所以DE⊥A1F.

又因為A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.

（3）線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：

如圖，分別取A1C，A1B的中點P，Q，則PQ∥BC.

又因為DE∥BC，所以DE∥PQ.

所以平面DEQ即為平面DEP.

由（2）知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.

又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點，所以A1C⊥DP.

所以A1C⊥平面DEP，從而A1C⊥平面DEQ.

故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ.

【點評】（1）解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口.（2）在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形.折疊問題要注意在折疊過程中，哪些量變化了，哪些量沒有變化.第（1）問證明線面平行，可以證明DE∥BC；第（2）問證明線線垂直轉化為證明線面垂直，即證明A1F⊥平面BCDE；第（3）問取A1B的中點Q，再證明A1C⊥平面DEQ.

例15. 如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=8，AD=CD=4，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體DABC，如圖2所示.

（1）求證：BC⊥平面ACD；

（2）求幾何體DABC的體積.

證明：（1）在圖中，可得AC=BC=4，從而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC. 取AC的中點O，連接DO，則DO⊥AC. 又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DO？奐平面ADC，從而DO⊥平面ABC，∴DO⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩DO=O，∴BC⊥平面ACD.

（2）解析：由（1）可知，BC為三棱錐BACD的高，BC=4，S△ACD=8，∴VB-ACD=S△ACD·BC=×8×4=，由等體積性可知，幾何體DABC的體積為.

【點評】（1）有關折疊問題，一定要分清折疊前后兩圖形（折前的平面圖形和折疊后的空間圖形）各元素間的位置和數量關系，哪些變，哪些不變.（2）研究幾何體表面上兩點的最短距離問題，常選擇恰當的母線或棱展開，轉化為平面上兩點間的最短距離問題. 在本題中，（1）利用線面垂直的判定定理，證明BC垂直于平面ACD內的兩條相交線即可；（2）利用體積公式及等體積法證明.

【該熱點預測方法總結】1.證明線線平行的常用方法：（1）利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行；（2）利用平行四邊形進行轉換；（3）利用三角形中位線定理證明；（4）利用線面平行、面面平行的性質定理證明.

2. 證明線面平行的常用方法：（1）利用線面平行的判定定理，把證明線面平行轉化為證線線平行；（2）利用面面平行的性質定理，把證明線面平行轉化為證面面平行.

3. 證明面面平行的方法：證明面面平行，依據判定定理，只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證面面平行轉化為證線面平行，再轉化為證線線平行.

4. 證明線線垂直的常用方法：（1）利用特殊平面圖形的性質，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直；（2）利用勾股定理逆定理；（3）利用線面垂直的性質，即要證線線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在平面即可.

5. 證明線面垂直的常用方法：（1）利用線面垂直的判定定理，把線面垂直的判定轉化為證明線線垂直；（2）利用面面垂直的性質定理，把證明線面垂直轉化為證面面垂直；（3）利用常見結論，如兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面等.

6. 證明面面垂直的方法：證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中點、高線或添加輔助線解決.

熱點四：立體幾何中的向量方法

高考對空間向量的考查主要在立體幾何的解答題中進行，試題的一般設計模式是先進行一個線面位置關系的證明，再設計一個求解空間角或距離的問題，第一個問題的意圖是考查考生使用綜合幾何法進行邏輯推理的能力，對于空間角或距離的求解，雖然也可以使用綜合幾何法解決，但命題者的意圖顯然不是如此，其真正的意圖是考查考生使用空間向量的方法解決立體幾何問題的能力.

考點預測1. 利用空間向量證明平行問題

例16. 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N分別是C1C、B1C1的中點.求證：MN∥平面A1BD.

證明：法一. 如圖所示，以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則M（0，1，），N（，1，1），D（0，0，0），A1（1，0，1），B（1，1，0），于是=（，0，）.

設平面A1BD的法向量是=（x，y，z），則·1=0，且·=0，得x+z=0，x+y=0.取x=1，得y=-1，z=-1，∴n=（1，-1，-1）.

又·n=（，0，）·（1，-1，-1）=0，∴⊥n，又MN？埭平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.

法二. =-=-=（-）==，∴∥.

又∵MN與DA1不共線，∴MN∥DA1.

又∵MN？埭平面A1BD，A1D？奐平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.

【點評】證明直線與平面平行，只須證明直線的方向向量與平面的法向量的數量積為零，或證直線的方向向量與平面內的不共線的兩個向量共面，然后說明直線在平面外即可.這樣就把幾何的證明問題轉化為了數量的計算問題.

考點預測2. 利用空間向量證明垂直問題

例17. 在棱長為1的正方體OABC-O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC上的動點，且AE=BF=x，其中0≤x≤1，以O為原點建立空間直角坐標系O-xyz.

（1）求證A1F⊥C1E；

（2）若A1，E，F(xiàn)，C1四點共面，求證：=+.

證明：（1）由已知條件A1（1，0，1），F(xiàn)（1-x，1，0），C1（0，1，1），E（1，x，0）. =（-x，1，-1），=（1，x-1，-1），則·=-x+（x-1）+1=0.

∴⊥，即A1F⊥C1E.

（2）=（-x，1，-1），=（-1，1，0）， =（0，x，-1）.

設=λ+μ，-x=-λ，1=λ+μx，-1=-μ，解得λ=，μ=1.

∴=+.

【點評】證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直，而直線與平面垂直，平面與平面垂直可轉化為直線與直線垂直證明.

考點預測3. 空間角的計算

高考中立體幾何的計算主要有兩個方面，即空間幾何體的表面積、體積的計算，空間角與距離的計算，其中空間角的計算是高考考查考生邏輯推理能力、空間想象能力和運算求解能力的重點.這類試題如果是在選擇題或者填空題中出現(xiàn)，則考查簡單的空間角的計算，如果是在解答題中出現(xiàn)，則往往是試題的一個組成部分.

（1）利用向量求異面直線所成的角

例18. 已知ABCD-A1B1C1D1是底面邊長為2的正四棱柱，高AA1=4，求（1）異面直線BD與AB1所成角的余弦值；（2）四面體AB1D1C的體積.

解析： （1）如圖建立空間直角坐標系A1-xyz，由已知條件：B（2，0，4），D（0，2，4），A（0，0，4），B1（2，0，0），則=（-2，2，0），=（2，0，-4）.

設異面直線BD與AB1所成角為θ，cos θ=|cos〈，〉|=.

（2）VAB1D1C=VABCD-A1B1C1D1-4VCB1C1D1=.

【點評】異面直線所成角范圍是（0°，90°]，若異面直線a，b的方向向量為，，異面直線a，b所成角為θ，則cos θ=|cos〈，〉|.解題過程是：（1）建系；（2）求點坐標；（3）表示向量；（4）計算.

（2）利用向量求直線與平面所成的角

例19. 如圖，在圓錐PO中，已知PO=2，⊙O的直徑AB=4，點C在AB上，且∠CAB=30°，D為AC的中點.

（1）證明：AC⊥平面POD；

（2）求直線OC和平面PAC所成角的正弦值.

（1）證明：如圖，因為OA=OC，D是AC的中點，所以AC⊥OD.

又PO⊥底面⊙O，AC？奐底面⊙O，所以AC⊥PO.

而OD，PO是平面POD內的兩條相交直線，所以AC⊥平面POD.

（2）解析：由（1）知，AC⊥平面POD，又AC？奐平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.

在平面POD中，如圖，過O作OH⊥PD于H，則OH⊥平面PAC.連接CH，則CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直線OC和平面PAC所成的角.

在Rt△ODA中，OD=OA·sin 30°=1.

在Rt△POD中，OH===.

在Rt△OHC中，sin∠OCH==.

故直線OC和平面PAC所成角的正弦值為.

【點評】本題考查垂直關系的證明，線面角的求解及邏輯推理能力、空間想象能力和運算求解能力.試題的難點是第二問的線面角，其中作出線面角是解題的關鍵，作線面角就是找直線上的點在平面內的射影，一個根本的方法就是通過兩個平面互相垂直的性質定理得出點在平面上的射影.

例20. 如圖所示，已知點P在棱長為1的正方體ABCD-A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA=60°.

（1）求DP與CC′所成角的大小；

（2）求DP與平面AA′D′D所成角的大小.

解析：如圖所示，以D為原點，DA為單位長度建立空間直角坐標系D-xyz，則=（1，0，0），=（0，0，1）.

連接BD，B′D′，在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于H.

設=（m，m，1）（m>0），由已知〈，〉=60°，即·=cos〈，〉，可得2m=.

解得m=，所以=（，，1）.

（1）因為cos〈，〉==，所以〈，〉=45°，即DP與CC′所成的角為45°.

（2）平面AA′D′D的一個法向量是=（0，1，0）.

因為cos〈，〉==，所以〈，〉=60°，可得DP與平面AA′D′D所成的角為30°.

【點評】（1）異面直線的夾角與向量的夾角有所不同，應注意思考它們的區(qū)別與聯(lián)系.（2）直線與平面的夾角可以轉化成直線的方向向量與平面的法向量的夾角，由于向量方向的變化，所以要注意它們的區(qū)別與聯(lián)系.

（3）利用向量求二面角

例21. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2a，BC=2a，E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點.

（1）證明：PC⊥平面BEF；

（2）求平面BEF與平面BAP夾角的大小.

（1）證明：如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系.

∵AP=AB=2a，BC=AD=2a，四邊形ABCD是矩形.

∴A，B，C，D，P的坐標為A（0，0，0），B（2a，0，0），C（2a，2a，0），D（0，2a，0），P（0，0，2a）.

又E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點，∴E（0，a，0），F(xiàn)（a，a，a）.

∴=（2a，2a，-2a），=（-a，a，a），=（a，0，a）.

∴·=-2a2+4a2-2a2=0，·=2a2+0-2a2=0.

∴⊥，⊥.

∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF=F，∴PC⊥平面BEF.

（2）解析：由（1）知平面BEF的一個法向量==（2a，

2a，-2a），平面BAP的一個法向量==（0，2a，0），∴·=8a2.

設平面BEF與平面BAP的夾角為θ，則cos θ=cos〈n1，n2〉===，∴θ=45°.

∴平面BEF與平面BAP的夾角為45°.

【點評】求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.

考點預測4. 利用向量求空間距離

高考試題中直接考查距離求解的不多，但距離是立體幾何的重要內容之一，在計算空間幾何體的體積、空間角時，往往需要計算距離.距離問題的關鍵是“垂直”，通過作垂線把求解的距離問題納入到一個具體的平面圖形中進行計算.距離問題也與邏輯推理、空間想象密不可分，是立體幾何考查邏輯推理能力和空間想象能力的深化.

例22. 在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分別為AB、SB的中點，如圖所示，求點B到平面CMN的距離.

解析：取AC的中點O，連接OS、OB.

∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，

∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.

建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，則B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，2），M（1，，0），N（0，，）.

∴=（3，，0），=（-1，0，），=（-1，，0）.

設=（x，y，z）為平面CMN的一個法向量，則·=3x+y=0，·=-x+z=0，取z=1，則x=，y=-，∴=（，-，1）.

∴點B到平面CMN的距離 d==.

【點評】點到平面的距離，利用向量法求解比較簡單，它的理論基礎仍出于幾何法，如本題，事實上，作BH⊥平面CMN于H.由=+及·=·，得·=·=·，所以=，即d=.

【該熱點預測方法總結】1.用向量知識證明立體幾何問題的基本思路：一種是用向量表示幾何量，利用向量的運算進行判斷；另一種是用向量的坐標表示幾何量，共分三步：（1）建立立體圖形與空間向量的聯(lián)系，用空間向量（或坐標）表示問題中所涉及的點、線、面，把立體幾何問題轉化為向量問題；（2）通過向量運算，研究點、線、面之間的位置關系；（3）根據運算結果的幾何意義來解釋相關問題.

2. 若利用向量求角，各類角都可以轉化為向量的夾角來運算：（1）求兩異面直線a，b的夾角θ，須求出它們的方向向量a，b的夾角，則cos θ=cos〈a，b〉；（2）求直線l與平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量與直線l的方向向量的夾角，則sin θ=cos〈n，〉；（3）求二面角α-l-β的大小θ，可先求出兩個平面的法向量，所成的角，則θ=〈，〉或π-〈，〉.

熱點五：線面位置關系中的存在性問題

空間線面位置關系重點研究了線面位置的證明與線面角的計算等問題，與這些問題有關的存在性問題，在高考中也多次出現(xiàn).按類型分，可以是條件追溯型，可以是存在型，也可以是方法類比型.

例23. 如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，若D是棱CC1的中點，問在棱AB上是否存在一點E，使DE∥平面AB1C1若存在，請確定點E的位置；若不存在，請說明理由.

解析：存在點E，且E為AB的中點.

下面給出證明：如圖，取BB1的中點F，連接DF，則DF∥B1C1.

∵AB的中點為E，連接EF，則EF∥AB1，B1C1與AB1是相交直線.

∴平面DEF∥平面AB1C1.

而DE平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.

【點評】解決探究性問題一般要采用執(zhí)果索因的方法，假設求解的結果存在，從這個結果出發(fā)，尋找使這個結論成立的充分條件，如果找到了符合題目結果要求的條件，則存在；如果找不到符合題目結果要求的條件（出現(xiàn)矛盾），則不存在.

例24. 在四棱錐P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥平面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M為PC的中點.

（1）求證：BM∥平面PAD；

（2）平面PAD內是否存在一點N，使MN⊥平面PBD若存在，確定點N的位置；若不存在，請說明理由.

（1）證明：如圖，取PD中點E，連接EM、AE，∴EM=CD，而AB=CD，∴EM=AB.

∴四邊形ABME是平行四邊形， ∴BM∥AE.

∵AE？奐平面ADP，BM？埭平面ADP，∴BM∥平面PAD.

（2）解析：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB.而AB⊥AD，PA∩AD=A.

∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD.

∵PA=AD，E是PD的中點，∴PD⊥AE，AB∩AD=A.

∴PD⊥平面ABME.

作MN⊥BE，交AE于點N，∴MN⊥平面PBD.

易知△BME∽△MEN， 而BM=AE=，EM=CD=1.

由=，得EN===，∴AN=.

即點N為AE的中點.

【點評】在立體幾何的平行關系問題中，“中點”是經常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關系的根本.在垂直關系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以根據已知圖形通過計算證明線線垂直，也可以根據已知的垂直關系證明線線垂直，其中要特別重視平面與平面垂直的性質定理.

熱點六：立體幾何中的探索性（或開放性）問題

立體幾何中的已知結論尋求結論成立的條件，能很好地體現(xiàn)新課標高考的特點，因此在近幾年的高考命題中備受青睞，成為高考命題的熱點，常見的有條件探索性問題、結論探索性問題、信息遷移性問題等.

例25. 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=2AA1=2，∠ABC=90°，D是BC的中點.

（1）求證：A1B∥平面ADC1；

（2）試問線段A1B1上是否存在點E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點位置；若不存在，說明理由.

解析： （1）證明：連接A1C，交AC1于點O，連接OD.

由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點.

又D為BC的中點，所以OD為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD，

因為OD？奐平面ADC1，A1B？埭平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.

（2）由ABCA1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，得BA，BC，BB1兩兩垂直.

以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz.

因為BA=2，則B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，0，0）.

假設存在滿足條件的點E.

因為點E在線段A1B1上，A1（0，2，1），B1（0，0，1），故可設E（0，λ，1），其中0≤λ≤2. 所以=（0，λ-2，1），=（1，0，1）.

因為AE與DC1成60°角，所以cos〈，〉==.

即=，解得λ=1或λ=3（舍去）.

所以當點E為線段A1B1的中點時，AE與DC1成60°角.

【點評】用空間向量解決立體幾何中的探索性問題，一般根據要探索的問題設問，首先假設其存在，然后在這個假設下利用向量方法進行推理論證，如果通過代數運算得到了合乎情理的結論就肯定假設，如果得出了矛盾的結果就否定假設.

三、備考建議

本部份內容概念性強、抽象性強、思維方法獨特. 因此要立足于基礎知識、基本方法、基本問題的練習，恰當選取典型例題，構建思維模式，造就思維依托和思維的合理定勢.

1. 旋轉體是一個平面封閉圖形繞一個軸旋轉形成的， 一定要弄清圓柱、圓錐、圓臺和球分別是由哪一種平面圖形旋轉形成的， 從而掌握旋轉體中各元素的關系， 也就掌握了它們各自的性質.

2. 圓錐的母線l、高h和底面圓的半徑R組成一個直角三角形. 圓錐的有關計算一般歸結為解這個直角三角形， 特別是關系式l2=h2+R2.

3. 三視圖是觀測者從不同位置觀察同一個幾何體， 畫出的空間幾何體的圖形.正視圖是物體前后方向投影所得到的投影圖， 它反映的是物體的高度和長度. 側視圖是物體左右方向投影所得到的投影圖， 它反映的是物體的高度和寬度. 俯視圖是物體上下方向投影所得到的投影圖， 它反映的是物體的長度和寬度.

4. 對于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱錐、棱臺與球的表面積的問題， 要結合它們的結構特點與平面幾何知識來解決.

5. 與球有關的組合體問題， 一種是內切， 一種是外接. 解題時要認真分析圖形， 明確切點和接點的位置， 確定有關元素間的數量關系， 并作出合適的截面圖.

6. 主要題型的解題方法：

（1）要證明“線共面”或“點共面”可先由部分直線或點確定一個平面， 再證其余直線或點也在這個平面內（即“納入法”）.

（2）要證明“點共線”可將線看作兩個平面的交線， 只要證明這些點都是這兩個平面的公共點， 根據公理3可知這些點在交線上， 因此共線.

7. 判定空間兩條直線是異面直線的方法：

（1）判定定理：平面外一點A與平面內一點B的連線和平面內不經過該點B的直線是異面直線（2）反證法：證明兩線不可能平行、相交，或證明兩線不可能共面， 從而可得兩線異面.

（2）證明線線平行：①平面幾何有關定理； ②公理4； ③線面平行的性質定理； ④面面平行的性質定理； ⑤線面垂直的性質定理.

（3）證明線面平行：①線面平行的定義； ②線面平行的判定定理； ③面面平行的性質定理.

（4）證明面面平行：①面面平行的定義； ②面面平行的判定定理.

8. 在證明兩平面垂直時一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線圖中不存在，則可通過作輔助線來解決.如有平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.故熟練掌握“線線垂直”、“面面垂直”間的轉化條件是解決這類問題的關鍵.

總之，高考立體幾何試題在選擇、填空題中側重立體幾何中的概念型、空間想象型、簡單計算型問題，

而解答題側重立體幾何中的邏輯推理型問題，主要考查線線關系、線面關系和面面關系，及空間角、空間距離、面積與體積的計算，其解題方法一般都有兩種或兩種以上，并且一般都能用空間向量來求解.近幾年凡涉及空間向量應用于立體幾何的高考試題，都著重考查應用空間向量求異面直線所成的角、二面角、證明線線平行、線面平行和證明異面直線垂直和線面垂直等問題.

四、練習鞏固

1. 一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖是腰長為4的兩個全等的等腰直角三角形，若該幾何體的所有頂點在同一球面上，則該球的表面積是（ ）

A. 12π B. 24π

C. 32π D. 48π

解析：由已知條件知該幾何體的直觀圖如圖所示，PA⊥面ABCD，△PAC、△PBC、△PCD均為直角三角形，且斜邊相同，所以球心為PC中點O，OA=PC=OB=OD=2，球的表面積為S=4π（OA）2=48π. 答案D.

2. 從一個正方體中截去部分幾何體，得到一個以原正方體的部分頂點為頂點的凸多面體，其三視圖如圖，則該幾何體體積的值為（ ）

A. 5

B. 6

C. 9

D. 10

解析：由三視圖知，其直觀圖為棱錐A-BCDE.

V=27--×3×=9.故選C.

3. 在三棱錐A-BCD中，側棱AB，AC，AD兩兩垂直，△ABC，△ACD，△ABD的面積分別為，， ，則三棱錐A-BCD的外接球體積為（ ）

A. π B. 2π C. 3π D. 4π

解析：如圖，以AB，AC，AD為棱把該三棱錐擴充成長方體，則該長方體的外接球恰為三棱錐的外接球，∴三棱錐的外接球的直徑是長方體的對角線長.

據題意AB·AC=，AC·AD=，AB·AD=， 解得AB=，AC=1，AD=.

∴長方體的對角線長為=.

∴三棱錐外接球的半徑為.

∴三棱錐外接球的體積為V=π·（）3=π.

∴答案為A.

4. 如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點.

（1）證明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；

（2）在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結論.

（1）證明：如圖，因為ABCD-A1B1C1D1為正方體，所以B1C1⊥面ABB1A1.

因為A1B？奐面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B.

又因為A1B⊥AB1，B1C1∩AB1=B1，所以A1B⊥面ADC1B1.

因為A1B？奐面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.

（2）解析：當點F為C1D1中點時，可使B1F∥平面A1BE.

證明如下：

易知：EF∥C1D，且EF=C1D.

設AB1∩A1B=O，則B1O∥C1D且B1O=C1D，所以EF∥B1O且EF=B1O.

所以四邊形B1OEF為平行四邊形.

所以B1F∥OE.

又因為B1F？埭面A1BE，OE？奐面A1BE，所以B1F∥面A1BE.

5. 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB=90°，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一動點，如圖所示，則CP+PA1的最小值為________.

解析： PA1在平面A1BC1內，PC在平面BCC1內，將其鋪平后轉化為平面上的問題解決，計算A1B=AB1=，BC1=2，又A1C1=6，故△A1BC1是∠A1C1B=90°的直角三角形，鋪平平面A1BC1、平面BCC1，如圖所示，CP+PA1≥A1C.

在△AC1C中，由余弦定理得：

A1C===5.

故（CP+PA1）min=5.

答案：5 .

6. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，點M、N分別為BC、PA的中點.在線段PD上是否存在一點E，使NM∥平面ACE？若存在，請確定點E的位置；若不存在，請說明理由.

解析：在PD上存在一點E，使得NM∥平面ACE.

證明如下：如圖，取PD的中點E，連接NE，EC，AE.

因為N，E分別為PA，PD的中點，所以NE=AD.

又在平行四邊形ABCD中，CM=AD，所以NE=MC，即四邊形MCEN是平行四邊形，所以NM=EC.

又EC？奐平面ACE，NM？埭平面ACE，所以MN∥平面ACE，

即在PD上存在一點E，使得NM∥平面ACE.

（作者單位：貴州省龍里中學）

責任編校 徐國堅