2019 年高考“立體幾何經典問題”聚焦

■江蘇省口岸中學 曹 艷

2019 年高考對立體幾何的考查始終圍繞 “空間問題平面化、模型化和代數化”展開的。本文以2019年的高考真題為載體,探究立體幾何經典問題求解的思維方法,希望對同學們的學習或復習有所啟示。

聚焦1——幾何體的體積或表面積的計算

例1(2019 年高考江蘇卷9)如圖1,長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120,E為CC1的中點,則三棱錐E-BCD的體積是_____。

圖1

解析:由題意結合幾何體的特征和所給幾何體的性質可求得三棱錐的體積。因為長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為120,所以AB·BC·CC1=120。因為E為CC1的中點,所以

由長方體的性質知CC1⊥底面ABCD,所以CE是三棱錐E-BCD的底面BCD上的高,所以三棱錐E-BCD的體積

回味:求解組合體的體積或面積,關鍵是準確理解幾何體的定義,真正把握幾何體的結構特征,借助正方體和長方體等幾何模型,在幾何模型中確定底面和高,用體積或面積公式計算。本題蘊含 “整體和局部”的對立統一規律。在幾何體的表面積或體積的計算問題中,往往需要理清整體和局部的關系,靈活利用 “割”與 “補”的方法解題。

聚焦2——多面體外接球中的“補形法”

例2(2019年高考全國Ⅰ卷理12)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2 的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點,∠CEF=90°,如圖2所示,則球O的體積為( )。

圖2

解析:正三棱錐的外接球,把握其特殊性,先證得PB⊥平面PAC,再求得PA=PB=PC=從而得三棱錐P-ABC為正方體一角,補形后知體對角線即為球的直徑。

因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角形,所以三棱錐P-ABC為正三棱錐,所以PB⊥AC。

又E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,所以EF⊥AC。

又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC。

又EF∥PB,所以PB⊥平面PAC,所以PB⊥PA,PB⊥PC,所以PA=PB=PC

所以三棱錐P-ABC為正方體的一部分即所以球O的體積故選D。

回味:正三棱錐的對邊互相垂直和題設的垂直條件得到正三棱錐從頂點出發的三條側棱兩兩垂直,從而得到該正三棱錐是正方體的一角,將特殊的正三棱錐補成正方體即可解決外接球問題。

聚焦3——等積法求解“點到平面的距離”

例3(2019 年高考全國Ⅰ卷文19)如圖3,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點。

圖3

(1)證 明:MN∥平 面C1DE;

(2)求點C到平面C1DE的距離。

解析:(1)構造平行四邊形找到線和面內的直線平行。如圖4,連接ME,B1C,因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME為△B1BC的中位線,所以ME∥B1C且

又N為A1D的中點,且A1D■B1C,所以ND∥B1C且

所以ME■ND,所以四邊形MNDE為平行四邊形,所以MN∥DE。

又MN?平面C1DE,DE?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE。

(2)構造三棱錐利用等積法求點到面的距離。在菱形ABCD中,E為BC的中點,所以DE⊥BC,根據題意有因為棱柱為直棱柱,由面面垂直的性質定理有DE⊥平面BCC1B1,所以S△DEC1=

設點C到平面C1DE的距離為d,根據題意有V三棱錐C1-CDE=V三棱錐C-C1DE,則有解得d=所以點C到平面C1DE的距離為

回味:等積法求解點到平面的距離,不需要直接找到點到平面的垂線段,利用一個幾何體的不同面作底面時幾何體的體積不變列出等式,間接求出點到平面的距離。常常構造三棱錐換底可求點到平面的距離。

聚焦4——幾何法求解線面角

例4(2019 年高考天津卷文17)如圖5,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平 面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3。

圖5

(1)設G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH∥平面PAD;

(2)求證:PA⊥平面PCD;

(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值。

解析:(1)結合平行四邊形的性質,以及三角形中位線的性質進行證明。

如圖6,連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH。

圖6

因為BG=PG,所以GH∥PD。

又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD。

(2)如圖6,取棱PC的中點N,連接DN,依題意得DN⊥PC,結合面面垂直的性質及線面垂直的性質得到DN⊥PA,利用線面垂直的判定定理進行證明。

因為△PCD為等邊三角形,依題意得DN⊥PC。

又因為平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC。

又PA?平面PAC,故DN⊥PA。

又因為PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD。

(3)利用線面角的平面角的定義找角。連接AN,由(2)知DN⊥平面PAC,所以∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角。

因為△PCD為等邊三角形,CD=2,且N為PC的中點,所以

又DN⊥AN,在 Rt △AND中,所以直線AD與平面PAC所成角的正弦值為

回味:求直線和平面所成角,關鍵在于找到斜線在平面上的射影,找射影的關鍵在于找到平面的垂線段,得到垂足,連接斜足和垂足就是射影。常常用到線線垂直、線面垂直和面面垂直的相互轉化。

聚焦5——向量法探究 “線面角和二面角” 的大小

例5(2019 年高考天津卷理17)如圖7,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2。

圖7

(1)求 證:BF∥ 平 面ADE;

(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;

(3)若二面角E-BD-F的余弦值為求線段CF的長。

解析:利用幾何體的特征建立空間直角坐標系,用向量法求解。依題意,可以建立以A為 原 點,分 別 以的正方向為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標系,如圖8所示。由AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)。

圖8

設CF=h(h＞0),則F(1,2,h)。

(1)探究直線BF的方向向量和平面ADE的法向量的關系。

又因為直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE。

(2)利用直線CE的方向向量和平面BDE的法向量求解線面角的正弦值。

不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有

所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為

(3)確定兩個半平面的法向量,然后利用二面角的余弦值計算公式得到關于CF長度的方程,解方程可得CF的長度。

設m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則即

不妨令y=1,可得

經檢驗,符合題意。

所以線段CF的長為

回味:利用法向量可探究線面的位置關系,可求解空間的角,關鍵在于:第一,破 “建系關”,構建恰當的空間直角坐標系;第二,破“求坐標關”,準確求解相關點的坐標;第三,破 “求法向量關”,構建方程組求出平面的法向量;第四,破 “應用公式關”,準確理解和熟練應用夾角公式|cosθ|=|cos〈m,n〉|=求解空間角。