分析往年立體幾何高考試題， 尋找2020年高考備考突破口

鐘烙華

全國歷年高考數(shù)學試題的考點和難度比較穩(wěn)定，所以我們備考一定需要清楚往年試題的常考點以及還有哪些重點考點沒有考查，知彼知己，方能百戰(zhàn)不殆.

一、分析2016年—2019年高考的立體幾何試題分析

由上表可以得出：

1. 分值穩(wěn)定，基本每年文理科都占22分.

2. 題型穩(wěn)定，基本上是“2小1大”，并且“1小1大”是中檔題，“1小”是壓軸題.

3. 知識點穩(wěn)定，每年高考試題中立體幾何在文理卷中有一半左右試題是相同或類似的，重點考察三視圖、面面垂直、幾何體的外接球、空間角和點到面的距離. 在這基礎上文科突出點到面的距離和幾何體面積、體積計算，理科突出二面角的計算，這也是為2021年數(shù)學高考不分文理卷進行有益的探索.

4. 2019年文理卷都少了1道小題，都沒有出現(xiàn)三視圖這個熱門考點，分值降到17分. 雖然《普通高中數(shù)學課程標準》（2017版）沒有三視圖這個知識點，但2020年高考是參照《普通高中數(shù)學課程標準》（2004版）命題，對三視圖這個知識點不能忽視.

二、2020年高考立體幾何的備考重點

（一）外接球問題

1. 已知圓錐的母線長為 ■，底面半徑為 2，則該圓錐的外接球表面積為（）

A. ■πB. 16πC. 25πD. 32π

【解析】如圖，CB=■，BE=2，可得 CE=1，取 CB 中點 D，作 DO⊥CB 交 CE 延長線于 O，則 O 為 △ABC 的外心，也即圓錐外接球的球心，設 OE=x，則 OC=1+x，OB=■，

所以（1+x）2=x2+4，得 x=■，

所以外接球半徑 R=■， S球=4π×■=25π.

故選C.

2. 如圖所示，三棱錐 P-ABC 中，△ABC 是邊長為 3 的等邊三角形，D 是線段 AB 的中點，DE∩PB=E，且 DE⊥AB，若∠EDC=120°，PA=■，PB=■，則三棱錐 P-ABC 的外接球的表面積為?.

【解析】由題意，PA2+PB2=AB2，

因為AB⊥DE，AB⊥DC，ED∩DC=D，所以 AD⊥面DEC，

因為AD？奐PAB，AD？奐ABC，

所以面APB⊥面DEC，面ABC⊥面DEC，

在CD上取點O1，使O1為等邊三角形ABC的中心，

因為 D 為 △PAB 斜邊中點，

所以在△DEC 中，過D作直線與 DE 垂直，過O1作直線與DC垂直，兩條垂線交于點 O，則 O為球心.

因為∠EDO=90°，所以∠ODO1=30°，

又因為 DO1=■CD=■，所以 OO1=■，

三棱錐 P-ABC的外接球的半徑 R=■=■，

故三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4πR2=13π.

（二）最短路徑問題

1. 在長方體 ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，BC=4，AA1=2，P，Q分別為棱 AA1，C1D1的中點. 則從P點出發(fā)，沿長方體表面到達點Q的最短路徑的長度為（）

A. 3■B. 4■C. ■D. 5■

【解析】提示：展開長方體的表面，分三類進行討論：

①如圖：②如圖：③如圖：

此時 PQ最小值為 5■;此時 PQ最小值為■;此時PQ最小值為 4■.

故選B.

2. 在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=■，BC=AA1=1，點M為線段AB1的中點，點P為對角線AC1上的動點，點Q為底面ABCD上的動點，則MP+PQ的最小值為??? .

【解析】當 MP+PQ 的最小值，即P到底面ABCD的距離的最小值與MP的最小值之和. Q為底面ABCD上的動點，當Q是P在底面上的射影，即是PQ最小值.

展開三角形ACC1與三角形AB1C1在同一個平面上，如圖：

因為長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=■，BC=AA1=1.

長方體ABCD-A1B1C1D1體對角線長為：AC1=■=2，

在Rt△AC1B中，sin∠C1AB1=■，故∠C1AB1=30°.

所以△ACC1≌△AB1C1，故∠CAC1=30°.

所以∠CAB1=60°.

過點M作MQ⊥AC，MQ即為MP+PQ最小值.

在Rt△AQM，MQ=■sin60°=■.

（三）命題判斷問題（類似多項選擇題）

1. 給定下列四個命題：

①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，那么這兩個平面相互平行;

②若一條直線和兩個互相垂直的平面中的一個平面垂直，那么這條直線一定平行于另一個平面;

③若一條直線和兩個平行平面中的一個平面垂直，那么這條直線也和一個平面垂直;

④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直.

其中，真命題的個數(shù)是（）

A. 1個B. 2個?????? C. 3個D. 4個

【解析】對于①，若一個平面內的兩條（相交）直線與另一個平面都平行，那么這兩個平面相互平行，所以①錯誤;

對于②，若一條直線和兩個互相垂直的平面中的一個平面垂直，那么這條直線平行于另一個平面（或在這個平面內），所以②錯誤;

對于③，若一條直線和兩個平行平面中的一個平面垂直，那么這條直線也和一個平面垂直，③正確;

對于④，若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直，④正確.

綜上所述，真命題的序號是③④，共2個. 故選B.

2. 下列條件能判定平面α∥β的是（）

①α∥γ且β∥γ;②m⊥α且m⊥β;③m∥α且m∥β;④α⊥γ且β⊥γ.

A. ①③ ? B. ②④ ? C. ①② ? D. ③④

【解析】對于①，設l⊥γ，因為α∥γ，β∥γ，則l⊥α，l⊥β，于是α∥β，故①可得出α∥β;

對于②，由“垂直于同一條直線的兩個平面平行”可得α∥β，故②可得出α∥β;

對于③，設α∩β=n，m∥n，m？埭α，m？埭β，則m∥α，m∥β，顯然α，β相交，故③不能判斷α∥β;

對于④，當α，β，γ兩兩垂直時，顯然不能得出α∥β.

故選C.

（四）解答題

1. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，點M，N分別為線段PB，PC上的點，MN⊥PB.

（1）求證：平面PBC⊥平面PAB;

（2）求證：當點M不與點P，B重合時，MN∥平面ABCD;

（3）當AB=3，PA=4時，求點A到直線MN距離的最小值.

（1）證明：在正方形ABCD中，AB⊥BC.

因為PA⊥平面ABCD，BC？奐平面ABCD，所以PA⊥BC.

又AB∩PA=A，AB，PA？奐平面PAB，

所以BC⊥平面PAB.

因為BC？奐平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.

（2）證明：由（1）知，BC⊥平面PAB，PB？奐平面PAB，所以BC⊥PB.

在△PBC中，BC⊥PB，MN⊥PB，

所以MN∥BC，

又BC？奐平面ABCD，MN？埭平面ABCD，

所以MN∥平面ABCD.

（3）解：因為MN∥BC，所以MN⊥平面PAB，

而AM？奐平面PAB，

所以MN⊥AM，

所以AM的長就是點A到MN的距離，

而點M在線段PB上，

所以A到直線MN距離的最小值就是A到線段PB的距離，

在RtΔPAB中，AB=3，PA=4，

所以A到直線MN的最小值為■.

2. 如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE得到如圖2所示的幾何體.

（1）求證：AB⊥平面ADC;

（2）若AD=1，二面角C-AB-D的平面角的正切值為■，求二面角B-AD-E的余弦值.（理科）

（1）證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BD⊥DC，

所以DC⊥平面ABD.

因為AB？奐平面ABD，

所以DC⊥AB.

又因為折疊前后均有AD⊥AB，DC∩AD=D，

所以AB⊥平面ADC.

（2）解：由（1）知AB⊥平面ADC，

所以二面角C-AB-D的平面角為∠CAD，

又DC⊥平面ABD，AD？奐平面ABD，

所以DC⊥AD.

依題意tan∠CAD=■=■.

因為AD=1，

所以CD=■，

設AB=x（x>0），則BD=■，

依題意△ABD∽△BDC，

所以■=■，

即■=■，

解得x=■，故AB=■，

BD=■，

BC=■=3.

法1：如圖所示，建立空間直角坐標系D-xyz，

則D（0， 0， 0），B（■， 0， 0），C（0，■， 0）， E（■， ■， 0），A（■， 0， ■），

所以■=（■，■， 0），■=（■， 0， ■）.

由（1）知平面BAD的法向量■=（0， 1， 0），

設平面ADE的法向量■=（x， y， z），

由■·■=0，■·■=0，得■x+■y=0，■x+■z=0.

令x=■，得y=-■，z=-■，

所以 ■=（■， -■， -■）.

所以cos<■， ■>=■=-■.

由圖可知二面角B-AD-E的平面角為銳角，

所以二面角B-AD-E的余弦值為■.

法2：因為DC⊥平面ABD，

過點E作EF∥DC交BD于F，則EF⊥平面ABD.

因為AD？奐平面ABD，

所以EF⊥AD，

過點F作FG⊥AD于G，連接GE，

所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE.

所以二面角B-AD-E的平面角為∠EGF.

由平面幾何知識求得EF=■CD=■，F(xiàn)G=■AB=■，

所以EG=■=■，

所以cos∠EGF=■=■.

所以二面角B-AD-E的余弦值為■.

3. 如圖，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=2，OB=1.△AOC可以通過△AOB以直線AO為軸旋轉得到，且OB⊥OC，動點D在斜邊AB上.

（1）求證：平面COD⊥平面AOB;

（2）當D為AB的中點時，求二面角B-CD-O的余弦值;（理科）

（3）求CD與平面AOB所成的角中最大角的正弦值.（理科）

（1）證明：在△AOC中，AO⊥OC，

因為OB⊥OC，且AO∩OB=O，

所以OC⊥平面AOB，

又OC？奐平面COD，

所以平面COD⊥平面AOB.

（2）解：如圖建立空間直角坐標系O-xyz，

因為D為AB的中點，

所以O（0， 0， 0），A（0， 0， 2），B（0， 1， 0），C（1， 0， 0），D（0，■， 1），

所以■=（1， 0， 0），■=（0， ■， 1），■=（1， -1， 0），■=（0， -■， 1），

設■=（x1， y1， z1）為平面OCD的法向量，

所以■·■=0，■·■=0，即x1=0，■y1+z1=0，

令z1=1，則y1=-2，

所以 ■=（0， -2， 1）是平面BCD的一個法向量，

設 ■=（x2， y2， z2）為平面OCD的法向量，

所以■·■=0，■·■=0，即x2-y2=0，-■y2+z2=0.

令z2=1，則x2-=2，y2=2，

所以 ■=（2， 2， 1）是平面OCD的一個法向量，

所以cos<■， ■>=■=■=■.

由圖可知二面角B-CD-O的平面角為銳角，

所以所以二面角B-CD-O的余弦值為■.

（3）解法一：

因為OC⊥平面AOB，

所以∠CDO為CD與平面AOB所成的角，

因為OC=1，

所以點O到直線AB的距離最小時，∠CDO的正弦值最大，

即當OD⊥AB時，∠CDO的正弦值最大，

此時OD=■，

所以CD=■，

所以sin∠CDO=■.

解法二：

設■=λ■（λ∈[0，1]），所以D（0， λ， 2-2λ）.

■=（-1， λ， 2-2λ），平面AOB的法向量■=（1， 0， 0），

所以sinθ=■=■=■，

所以當λ=■時，CD與平面AOB所成的角最大，sinθ=■.

4. 如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E為棱AA1的中點.

（1）證明B1C1⊥CE;

（2）求二面角B1-CE-C1的正弦值;（理科）

（3）設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為■，求線段AM的長.（理科）

（1）證明：以點A為原點建立空間直角坐標系，如圖.

依題意得

A（0， 0， 0），B（0， 0，2），C（1， 0， 1），B1（0， 2， 2），C1（1， 2， 1）， E（0， 1， 0）.

則■=（1， 0， -1），■=（-1， 1， -1），

而 ■·■=（1， 0， -1）·（-1， 1， -1）=0.

所以B1C1⊥CE.

（2）■=（1，-2，-1），設平面B1CE的法向量為■=（x， y， z），

則■·■=0，■·■=0，即x-2y-z=0，-x+y-z=0，取z=1，得x=-3，y=-2.

所以 ■=（-3， -2， 1）.

由（Ⅰ）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，

所以B1C1⊥平面CEC1，

故 ■=（1， 0， -1）為平面CEC1的一個法向量.

于是cos<■，■>=■=■=-■，

從而sin<■， ■>=■=■.

所以二面角B1-CE-C1的正弦值為■.

（3）■=（0， 1， 0），■=（1， 1， 1），設 ■= λ■=（λ， λ，λ），0≤λ≤1，

有 ■ = ■ + ■ =（λ， λ+1， λ）.

取 ■=（0， 0， 2）為平面 ADD1 A1 的一個法向量，設 θ 為直線 AM 與平面 ADD1A1所成的角，

則 sinθ=∣cos<■， ■>∣=■=

■=■.

于是■■，解得 λ=■.

所以 ∣AM∣=∣■∣=■=■.

所以線段 AM 的長為 ■.

責任編輯 徐國堅