2024年高考立體幾何熱點考題預測(上)

黃偉軍

立體幾何是高考的重要內容，從近幾年廣東新高考可以看出立體幾何試題的考查重點突出，難度穩中有升，載體形式更加多樣化，繼續保持著一小一大的形式，全面考查了空間中的平行、垂直關系的判斷、推理和證明；空間角、距離、表面積和體積等基本量的計算.試題以考查立體幾何的基礎知識、基本方法、基本技能和基本活動經驗為主線，結合生活實際，突出考查考生的數學抽象、直觀想象、邏輯推理、數學運算等數學核心素養. 下面，我就新高考中立體幾何試題常見的考查熱點，結合最新的題目進行剖析，供同學們在復習備考中參考．

熱點一：空間線面位置關系的命題的正誤判斷與開放性相結合問題

對于空間線面位置關系的命題的正誤判斷，常用的方法： ①根據定理逐項判斷，可以舉反例，也可以證明，要結合題目靈活選擇； ②必要時可以借助空間幾何體模型，如借助長方體、正四面體中的線面位置關系來判斷．

例1.一般地，如果一個凸n面體共有m個面是直角三角形，那么我們稱這個凸n面體的直度為mn，則以下結論正確的是（要求：把可能的圖的序號填上）

① 三棱錐的直度的最大值為1②直度為34的三棱錐只有一種

③四棱錐的直度的最大值為1 ④四棱錐的直度的最大值為45

解析：三棱錐共4個平面，這4個平面均有可能是直角三角形，故mn≤1，

如圖1，借助長方體模型，可知三棱錐D-ABC的4個面都是直角三角形，直度為1，故①正確；

如圖2，借助長方體模型，三棱錐D-ABC的3個面，平面DAB，平面DBC，平面ABC是直角三角形，平面ADC不是直角三角形，故直度為34，而圖1中的三棱錐E-BCD，平面EBC，平面DBC，平面ECD是直角三角形，平面BDE不是直角三角形，故直度也為34，故②錯誤；四棱錐共有5個面，其中4個側面為三角形，底面為四邊形，故直度最大為45，③錯誤；如圖3，借助長方體模型，四棱錐P-ABCD的4個側面是直角三角形，底面是矩形，直度為45，故④正確. 故填：①④．

點評：本題是一道多選題，側重于考查數學語言向圖形語言的轉譯，并根據這兩種語言提供的信息展開空間想象，棄偽存真，它對于空間想象能力和思維判斷能力有著較高的要求，是近幾年高考題型改革較為成功的一種新穎題型之一 ．

例2.已知l，m是平面 α 外的兩條不同直線，給出下列三個論斷：①l⊥m；②m//α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：．

解析：由題意可得到以下三個命題．

（1）若①②，則③，即若l⊥m，m//α，則l⊥α，不成立．

（舉反例）如圖4，α//β，l，mβ且l⊥m，m//α，顯然l與 α 并不垂直．

（2）若①③，則②，即l⊥m，l⊥α，則m//α，成立．

若l⊥m，l⊥α，則mα或m//α.又已知m為平面 α 外的直線，則m//α成立．

（3）若②③，則①，即m//α，l⊥α，則l⊥m，成立. 如圖，若m//α，則在 α 內存在直線n與m平行，即nα且m//n.又∵l⊥α，∴l⊥n.又∵m//n，∴l⊥m．

點評：判斷空間線面位置關系的注意點（1）對于空間線面位置關系的判斷，常用的方法：①根據定理逐項判斷，可以舉反例，也可以證明，要結合題目靈活選擇；②必要時可以借助空間幾何體模型，如借助長方體、正四面體中的線面位置關系來判斷. （2）求角時，一般先利用平行關系找到這個角，然后把這個角放到三角形中去解．

熱點二：表面積與體積問題

多面體和旋轉體表面積和體積的解題策略：1.規則的幾何體可以直接利用相應的公式求解，這就需要熟記圓柱體、圓錐體的表面積與體積公式；2.不規則的幾何體往往可以通過“間接法”——割補法求得，即把不規則的幾何體通過“割補”手段，轉化為規則幾何體表面積（體積）的和或差的形式．

例3.偉大的天文學家、數學家張衡曾經得出一個主要結論：圓周率的平方除以十六等于八分之五，即π216=58.如圖5，已知三棱錐S-BCD的每個頂點都在球O的表面上，SB⊥底面BCD，BC⊥CD，且SB=CD=23，BC=4，利用張衡的結論可得球O的表面積為．

解析：因為BC⊥CD，根據勾股定理可得BD=27.又SB⊥底面BCD，所以SD=210，球O的球心為側棱SD的中點，從而球O的直徑為210.利用張衡的結論π216=58，可得π=10，所以球O的表面積為4π102=40π=4010．

點評：以古代知識為背景，考查考生的立體幾何知識，這體現了數學考試的價值觀導向.弘揚傳統文化的同時也鼓勵同學們走進傳統文化.近年來，對于這類題目也是屢見不鮮，平時也應該鼓勵學生去關注一些古代的數學著作，如《九章算術》《孫子算經》等等，通過對這些著作的了解，再遇到這類題目時，在一定程度上能夠減少恐懼感與焦慮感．

例4.開爾文胞體是一種多面體（圖6），它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形）.已知該多面體共有24個頂點，且棱長為a，則該多面體的表面積是．

解析：邊長為a的正方形的面積為a×a=a2，正六邊形的面積為6×12×a×a×32=332a2.因為每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形，該多面體有24個頂點，所以該多面體中正方形有24÷4=6（個），正六邊形有24×2÷6=8（個），所以該多面體的表面積為8×332a2+6a2=123+6a2．

點評：本題以開爾文胞體為背景，考查多面體表面積的求解．

例5.中國古代有一塊著名的“傳國玉璽”，印文為“受命于天既壽永昌”，是中國歷代正統皇帝的信物，相傳西漢末年王莽篡漢，進宮索要玉璽，太后怒而擲之，破其一角，王莽令工匠以黃金補之.現有人想利用“3D打印”技術還原“傳國玉璽，做的模型圖如圖7.已知黃金的比重是1932g/cm3（20℃），若使用黃金（約）50g修補破損的一角（假設破損部分為14圓錐體），則該部分底面半徑約為.（結果保留小數點后一位）．

解析：設該部分底面半徑為rcm，則其體積為V=13πr2×3×14=πr24，又πr24×1932=50，∴r2≈330，∴r≈18．

例6.《九章算術》中的堤（兩底面為等腰梯形的直四棱柱）上、下兩底平行，而對于上、下兩底不平行的堤防，唐代數學家王孝通把它分解成一個堤與一個羨除（注：羨除是指三個側面為等腰梯形，其他兩面為三角形的五面體），且其體積等于堤與羨除的體積之和.金元治河著作《河防通議》給出了上、下兩底不平行的堤防的體積公式V=l6［（2h1+h2）（a+b1）2+（2h2+h1）（a+b2）2］，其中a為兩頭上廣（等腰梯形的上底長），l為長（下底面等腰梯形的腰長），h1，h2分別為兩頭之高（等腰梯形的高），b1，b2分別為兩頭下廣（等腰梯形的下底長）.現有如圖8所示的一個堤防，其中AD=16，EF=28，BC=40，FC=10，CG=26，FC⊥FG，求圖8中所示的羨除的體積．

解析：如圖9，過點D作DH⊥BC于點H，a=AD=16 ， l=CG=26，若b1=BC=40，則b2=EF=28.EF為等腰梯形ABCD的中位線，則CD=2×10=20，MC=40-162=12，所以h1=DM=DC2-MC2=202-122=256=16，所以h2=8，又FG=CG2-CF2=262-102=576=24，則圖中堤防的體積為：

266×（2×16+8）（16+40）2+（2×8+16）（16+28）2=133×1824=13×608=7904，堤的體積為12×（16+28）×8×24=4224，所以圖中羨除的體積為7904-4224=3680．

點評：求組合體的體積的方法（1）分析結構特征. （2）設計計算方法.根據組成形式，設計計算方法，特別要注意“拼接面”面積的處理.利用“切割”“補形”的方法求體積. （3）計算求值.根據設計的計算方法求值. 把不規則的圖形分割成規則的圖形，然后進行體積計算，或者把不規則的幾何體補成規則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算其體積．

熱點三：軌跡問題

動點軌跡問題是較為新穎的一種創新命題形式，它重點體現了在解析幾何與立體幾何的知識交匯處設計圖形.不但考查了立體幾何點線面之間的位置關系，而且又能巧妙地考查求軌跡的基本方法，是表現最為活躍的一種創新題型。主要包括：空間中動點的軌跡判斷，求軌跡的長度及動角的范圍，判斷動點、動線、動面的位置關系等.解決這類問題往往從三個方面入手：①幾何法，即將空間立體圖形中的問題通過側面展開轉化為平面幾何問題，通常稱作“畫曲為直”. ②代數法，常常利用基本不等式或函數思想解決. ③特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．

例7.如圖10，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，E，F分別是棱AA1，A1D1的中點，點P為底面ABCD內（包括邊界）的一動點，若直線D1P與平面BEF無公共點，求點P的軌跡長度．

解析：以點D為坐標原點，DA，DC，DD1的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖10-1所示的空間直角坐標系，則B（4，4，0），E（4，0，2），F（2，0，4），D1（0，0，4），設點P（λ，μ，0），則BE=（0，-4，2），EF=（-2，0，2），D1P=（λ，μ，-4）.設平面BEF的法向量為n=（x，y，z），由n·BE=-4y+2z=0，

n·EF=-2x+2z=0，取z=1，可得n=（1，12，1）為平面BEF的一個法向量.由題意可知，D1P//平面BEF，則D1P·n=λ+12μ-4=0，令μ=0，可得λ=4，令μ=4，可得λ=2，所以點P的軌跡為線段，且交AD于點A（4，0，0），交BC于點M（2，4，0），所以點P的軌跡長度為|AM|=AB2+BM2=42+22=25．

點評：空間中動點軌跡一般從三個角度分析：一是從曲線定義或函數關系出發給出合理解釋；二是由平面與平面的交線得直線或線段；三是由平面和曲面的交線得圓或圓錐曲線．

例8.如圖11，在半徑為23a的半球中，平行四邊形是圓的內接四邊形，AB=22AD，點是半球面上的動點， VP-ABCD=643a3.求動點的軌跡圍成的圖形的面積．

解析：由已知條件可知，平行四邊形ABCD為矩形，所以AD2+AB2=43a2=48a2．

因為AB=22AD，所以3AB2=48a2，AB=4a，所以AD=42a，所以四邊形的面積為4a×42a=162a2.設點P到底面ABCD的距離為h，

則VP-ABCD=13×S四邊形ABCD×h=13×162a2×h=643a3，解得h=22a．

所以點P在到底面ABCD的距離為22a的平面內．

因為點P是半球面上的動點，所以點P的軌跡為半徑r=23a2-22a2=2a的圓．

所以動點P的軌Ω跡圍成的圖形的面積S=πr2=π（2a）2=4πa2．

點評：本題創新性強，考查到了立體幾何中的軌跡問題、圓面積公式，對考生的空間想象能力和邏輯思維能力都有一定的考查. 考生需要充分掌握立體幾何線面垂直的判定以及幾何圖形的性質，才能夠把這道題目拿下．

熱點四：截面問題

截面是指用一個平面去截一個幾何體（包括圓柱、圓錐、球、棱柱、棱錐等）得到的平面圖形.截面方式有三種：橫截、豎截、斜截. 空間幾何體的計算要掌握好“定位”“定形”“定量”.首先，確定出關鍵點；其次，由關鍵點確定截面與空間幾何體相關的交線；再次，根據問題中已知的條件與空間點、線、面的位置關系確定截面的基本特征；最后，完成相關截面邊長、周長或者面積等數量計算．

例9.如圖12，某圓柱的一個軸截面是邊長為4的正方形ABCD，點E在下底面圓周上，且BE=12BC，點F在母線AB上，點G在線段AC上，AG=14AC，求EF+FG的最小值．

解析：如圖13，將△ABE繞AB旋轉到△ABH的位置，并且點H在CB的延長線上，連接HG，交AB于點F，此時EF+FG最小．

由已知可知軸截面ABCD是邊長為4的正方形，所以AC=42，CG=34AC=34×42=32，BE=BH=12BC=2，∠ACB=45°．

在△HCG中，由余弦定理得：

HG2=HC2+CG2-2HC·CGcos∠HCG=36+18-2×6×32×22=18，HG=32，

即EF+FG的最小值為32．

點評：用延長線法解決截面問題的關鍵：截面上的點中至少有兩個點在一個幾何體的一個表面上，我們可以借助于公理，如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線上所有的點都在這個平面內，直接解決這類問題．

例10.已知點E、F 為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB、BC的中點，過EF的平面α截正方體，AB=4，下列說法正確的是（）

A. 若α與地面ABCD所成角的正切值為2，則截面只能是正三角形

B. α與地面ABCD所成角為45°則截面不可能為六邊形

C. 若截面為正三角形EFG時，三棱錐D1-EFG的外接球的半徑為935

D. 若截面為四邊形，則截面與平面B1EF所成角的余弦值的最小值為79

解析：取EF的中點O，做OO1⊥底面A1B1C1D1，則O1為B1D1的四等分點，

且OO1=4，B1O1=2，分別取A1D1、D1C1的中點M、N，連接MN、B1D1交于K點，則K點為B1D1的四等分點，連接OK，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，OK⊥MN，B1D1⊥MN，此時EF、MN平面α，

即平面α與底面A1B1C1D1所成的角為∠OKB1，且tan∠OKB1=OO1KO1=422=2，

因為平面ABCD//平面A1B1C1D1，所以平面α與底面ABCD所成的角的正切值為2，

再分別取A1A、CC1的中點Q、P，連接EQ、QM、NP、PF，即過EF的平面α截正方體的截面為正六邊形EGMNPF；取B1B的中點G，連接EG、FG，則△EFQ為等邊三角形，EF⊥OQ，EF⊥OB，所以∠BOQ即為平面ABCD與平面EFG所成的二面角的平面角， 且OB=14×42=2，BG=2，tan∠BOG=BGOG=22=2，

所以平面ABCD//與平面EFG所成的二面角的平面角的正切值為2，此時△EFG為等邊三角形，故A錯誤；

當∠OKB1=45°時，tan∠OKB1=1，所以OO1=KO1=4，所以D1K=32-4，

由于MN//EF，所以△D1MN為等腰直角三角形，MN=62-8，

由于EF=22，所以四邊形MNFE為等腰梯形，必與C1C、A1A有交點，

則截面六邊形，故B錯誤；

若截面為正三角形EFG 時，則G為B1B的中點，

所以三棱錐D1-EFG為正三棱錐，且EF=22，D1G=16+16+4=6，

設正三角形EFG的外接圓的圓心為O1，外接球的球心為O，連接O1G，OG，

則DO=OG=R，O1G=EF2sin 60°=263， 因為D1G2=D1B21+B1G2=32+4=36，

所以D1O21=D1G2-O1G2=36-2632=1003，在Rt△OGO1中，

因為OO21+O1G2=OG2，所以1033-R2+2632=R2，解得R=935，故C正確；

若截面為四邊形，則截面與底面A1B1C1D1棱的交點必在A1B1、C1B1上，且截面為A1C1FE時與平面B1EF所成角的最大，此時的余弦值最小，連接A1C1，取A1C1的中點T，連接B1T，OB1，則FB1=B1E，OB1⊥EF，四邊形A1C1EF為等腰梯形，OT⊥EF，

則∠TOB1即為截面為A1C1FE時與平面B1EF所成平面角，B1O2=16+2=18，

B1T2=8，TO2=16+2=18，在△OTB1中，

由余弦定理得cos∠TOB1=B1O2+OT2-TB212B1O×OT=18+18-82×18=79，故D正確．

故選：CD．

點評：用平行線法解決截面問題的關鍵：截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與截面上某點在幾何體的某一個表面平行.我們可以借助于兩個性質（（1）如果一條直線平行于一個平面，經過這條直線的平面與這個平面相交，那么這條直線就和交線平行；（2）如果兩個平面平行，第三個平面和它們相交，那么兩條交線平行）直接解決這類問題．

熱點五、與球有關的切、接問題

與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接.球與旋轉體的組合通常是作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心，或“切點”“接點”作出截面圖，把空間問題化歸為平面問題. 若球面上四點P，A，B，C，且PA，PB，PC兩兩垂直或三棱錐的三條側棱兩兩垂直，可以構造長方體或正方體確定直徑來解決外接球問題．

例11.阿基米德是偉大的古希臘數學家，他和高斯、牛頓并列為世界三大數學家，他一生最為滿意的一個數學發現就是“圓柱容球”定理，即圓柱容器里放了一個球，該球頂天立地，四周碰邊（即球與圓柱形容器的底面和側面都相切），在該圖形18中，球的體積是圓柱體積的23，并且球的表面積也是圓柱表面積的23，求該圓柱的外接球的體積與該圓柱的體積之比．

解析：設圓柱的底面半徑為a，則圓柱的內切球的半徑為a，圓柱的高為2a，圓柱的體積為V1=π×a2×2a=2πa3，又圓柱的外接球球心為上下底面圓心連線的中點，圓柱的外接球半徑R=a2+a2=2a，所以圓柱的外接球體積為V2=43π2a3=823πa3，故V2：V1=823πa3：2πa3=423.故該圓柱的外接球的體積與該圓柱的體積之比為423．

點評：解決柱體的外接球問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數量關系，選準最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素之間的關系），達到空間問題平面化的目的．

例12.已知正三棱錐P-ABC的側棱長為23a（a>0），點E，F分別在線段PC，BC（不包括端點）上，且∠AEF=90°，EF//PB，若點G為三棱錐P-ABC的外接球的球面上任意一點，求點G到平面ABC距離的最大值．

解析：取AC的中點D，連接BD，PD，如圖20所示：

在正三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC=23a，所以PD⊥AC，下底面為等邊ΔABC，

所以BD⊥AC，由PD∩BD=D，所以AC⊥平面PBD，又PB平面PBD，

所以PB⊥AC，因為∠AEF=90°，EF//PB，所以AE⊥EF，所以AE⊥PB，由AE∩AC=A，所以PB⊥平面PAC，又AP平面PAC，

所以PB⊥PA，所以∠APB=90°，

所以AB=BC=AC=PA2+PB2=23a2+23a2=26a，

設三棱錐的外接球球心為O，ΔABC外接圓的圓心為O1，連接PO1，AO1，AO，則在正三棱錐中，底面為正三角形，所以O1一定在BD上，且O一定在PO1上，

同時PO1⊥平面ABC，在ΔABC中由正弦定理得：

2AO1=ABsin 60°=26a32=42aAO1=22a，在RtΔPAO1中，PO1=PA2-AO21=23a2-22a2=2a.

在RtΔOAO1中，AO2=AO21+OO21=22a2+（PO1-PO）2，

設球體的半徑為R，

所以R2=8a2+（2a-R）2R2=8a2+4a2-4aR+R2R=3a，

所以OO1=｜PO1-PO｜=｜2a-3a｜=a，

所以三棱錐P-ABC的外接球的球面上任意一點G到平面ABC距離的最大值為：

OO1+R=a+3a=4a．

責任編輯徐國堅